数论多项式理论(1)

CP1

整系数多项式的重要引理： $a - b ∣ f (a) - f (b)$ ，证明并不困难

例1

(IMO2006)设 $f$ 为整系数多项式，记 $g = f \circ f \circ f . . . \circ f$ ， $n = d e g (f) > 1$ 。求证： $g (x) = x$ 至多有 $n$ 个根

记 $g_{k} = f \circ f \circ f . . . \circ f$ 共 $k$ 个 $f$ ，并设 $a_{1} > a_{2} > . . . > a_{m}$ 为 $g (x) = x$ 的所有根，我们有

$a_{i} - a_{j} ∣ f (a_{i}) - f (a_{j}), f (a_{i}) - f (a_{j}) ∣ g_{2} (a_{i}) - g_{2} (a_{j}), . . ., g_{p - 1} (a_{i}) - g_{p - 1} (a_{j}) ∣ g_{p} (a_{i}) - g_{p} (a_{j}) = a_{i} - a_{j} (不妨 a_{i} > a_{j})$

中途不能出现 $0$ ，否则就有 $g_{p} (a_{i}) = g_{p} (a_{j})$ ，这就说明 $| g_{k} (a_{i}) - g_{k} (a_{j}) | = a_{i} - a_{j}, k = 1, 2, . . ., p$

特别地，我们取 $k = 1$

$| f (a_{i + 1}) - f (a_{i}) + f (a_{i}) - f (a_{i - 1}) | = | f (a_{i + 1}) - f (a_{i - 1}) | = a_{i - 1} - a_{i + 1} = | f (a_{i + 1}) - f (a_{i}) | + | f (a_{i}) - f (a_{i - 1}) |$

这表明 $f (a_{i + 1}) - f (a_{i})$ 与 $f (a_{i}) - f (a_{i - 1})$ 同号，不妨 $f (a_{i}) - f (a_{i + 1}) = a_{i} - a_{i + 1}$

则 $f (a_{1}) - a_{1} = f (a_{2}) - a_{2} = . . . = f (a_{k}) - a_{k} = c$ ，而 $f (x) - x - c = 0$ 至多有 $d e g (f) = n$ 个根，即证

例2

多项式 $f$ 的各项系数绝对值不超过 $5 \times 10^{6}$ ，且方程 $f (x) = x, f (x) = 2 x, f (x) = 3 x, . . ., f (x) = 20 x$ 均有整数根，求证： $f (0) = 0$

设 $f (x_{i}) = i x_{i}$ ，并假设命题不成立

首先没有 $x_{i} = x_{j}$ ，否则 $i x_{i} = j x_{j} => x_{i} = 0$

其次我们声称对任意素数 $p < 20$ ，存在 $x_{i}$ 满足 $p ∣ x_{i}$ ，否则取 $x_{1}, x_{2}, . . ., x_{p}$ ，存在 $x_{i} \equiv x_{j} (m o d p)$ ，而 $p ∣ x_{i} - x_{j} ∣ f (x_{i}) - f (x_{j}) \equiv (i - j) x_{i}$ ，则 $p ∣ x_{i}$ ，矛盾

则 $p ∣ x_{i} ∣ f (x_{i}) - f (0) = i x_{i} - f (0) ⟺ p ∣ f (0)$ ，从而 $2 \times 3 \times 5 \times . . . \times 19 ∣ f (0) \leq 5 \times 10^{6}$ ，只能是 $f (0) = 0$

例3

求所有的 $f : \N^{*} \to \N^{*}$ 满足 $\forall m, n \geq 1, f (m n) = f (m) f (n), m + n ∣ f (m) + f (n)$

$f (1) = f^{2} (1) => f (1) = 1$

设 $f (2) = 2^{a} (2 k + 1)$ ，则 $f (2) ∣ 2^{a} (f (2 k) + f (1)) = 2^{a} (f (2) f (k) + 1)$ 即 $f (2) ∣ 2^{a}$ ，从而 $k = 0$

从而 $f (2^{k}) = 2^{a k}$ ，并且 $6 ∣ 2^{a} + 4^{a}$ ，从而 $a$ 为奇数

另一方面 $2^{n} + d ∣ f (2^{n}) + f (d)$ ， $d$ 为奇数，结合 $2^{n} + d ∣ 2^{a n} + d^{a}$ 知 $2^{n} + d ∣ f (d) - d^{a}$ 对任意正整数 $n$ 成立，即 $f (d) = d^{a}$

综上可知 $f (x) = x^{k}, 2 ∤ k$

例4

已知多项式 $f (x)$ ，数列 ${x_{n}}$ 满足 $x_{1} = 1, f (x_{i}) = x_{i + 1}$ ，并且对任意正整数，都能在数列中找到其倍数。求证： $f (x) = x + 1$

注意到数列 ${x_{n}}$ 满足 $x_{i + 1} - x_{i} ∣ x_{i + 2} - x_{i}$ ，即对任意 $m > n$ 有 $x_{n} - x_{n - 1} ∣ x_{m} - x_{m - 1}$

法一：

我们找到最小的 $m$ 使得 $x_{n} - x_{n - 1} ∣ x_{m}$ ，若 $m > n$ ，结合 $x_{n} - x_{n - 1} ∣ x_{m} - x_{m - 1}$ ，可知 $x_{n} - x_{n - 1} ∣ x_{m} - x_{m - 1}$ ，则有 $x_{n} - x_{n - 1} ∣ x_{m - 1}$ ，这与 $m$ 的最小性矛盾，从而 $m < n$

则 $x_{n} - x_{n - 1} \leq x_{n - 1}$ ，而 ${x_{n}}$ 显然递增，从而 $f (x) \leq 2 x$

从而 $f (x) = x + a$ 或 $2 x - 1, 2 x$ 余下的证明并不困难。

法二：

记 $a_{i} = x_{i + 1} - x_{i}$ ，若 $f$ 不为一次函数，则 $a_{i} = f (x_{i}) - x_{i} > x_{i}$ 对充分大 $i$ 成立，从而存在第一个 $i$ 使得 $a_{i} ∤ x_{i}$ ，在 $x_{i + 1}$ 之后不会再出现 $a_{i}$ 的倍数（注： $a_{1}, a_{2}, . . ., a_{i - 1}$ 均是 $a_{i}$ 的因数），取充分大 $N a_{i}$ 矛盾

CP2

有理根定理：整系数多项式 $f (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + . . . + a_{0}, 其中 a_{n}, a_{0} \neq 0$ 的有理根 $x = \frac{p}{q}$ 满足 $p ∣ a_{0}, q ∣ a_{n}$

证明：直接代入有 $a_{n} p^{n} + a_{n - 1} p^{n - 1} q + . . . + a_{0} q^{n} = 0$ ，则 $q ∣ a_{n} p^{n}$ ，因为 $(p, q) = 1$ ，由高斯引理，有 $q ∣ a_{n}$

一些推论：

若 $x = \frac{p}{q}$ 是多项式 $f$ 的一根，则存在整系数多项式 $g$ ，使得 $f (x) = (q x - p) g (x)$

证明：设 $g (x) = b_{n - 1} x^{n - 1} + . . . + b_{0}$ ，得到 $b_{n - 1} q = a_{n}, b_{n - 2} q - b_{n - 1} p = a_{n - 1}, . . ., q b_{n - 1} = a_{n}$

特别地， $b_{n - 1}$ 是整数由有理根定理直接给出

得到 $b_{k} = - \frac{q^{k} a_{0} + p q^{k - 1} a_{1} + . . . + p^{k} a_{k}}{p^{k + 1}}$

实际上可以由 $f (\frac{p}{q}) = 0$ 直接得到 $a_{k + 1} p^{k + 1} q^{n - k - 1} + . . . + a_{n} p^{n} = - q^{n - k} (a_{k} p_{k} + . . . + a_{0} q^{k})$

由 $(p, q) = 1$ 知 $b_{k}$ 为整数

若 $\sqrt[n]{d}$ 为有理数，则 $\sqrt[n]{d}$ 为整数（考虑 $f (x) = x^{n} - d$ 即可）
当 $x + y, x y$ 均为整数，则 $x, y \in Z$

例1

求正有理数 $a, b, c$ 使得 $\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}$ 与 $\frac{a}{c} + \frac{b}{a} + \frac{c}{b}$ 均为整数

构造多项式 $f (x) = (x - \frac{a}{b}) (x - \frac{b}{c}) (x - \frac{c}{a}) = x^{3} - (\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}) x^{2} + (\frac{a}{c} + \frac{b}{a} + \frac{c}{b}) x - 1$

由于 $f$ 的系数均为整数数，它的有理根只能是 $\pm 1$ ，即 $a = b = c$

例2

求所有的正有理数数组 $a, b, c$ 使得 $a + \frac{1}{b c}, b + \frac{1}{c a}, c + \frac{1}{a b}$ 均为整数

设 $m = a b c$ ，则 $a + \frac{a}{m}, b + \frac{b}{m}, c + \frac{c}{m}$ 均为整数，则 $(b + \frac{b}{m}) (c + \frac{c}{m}) = \frac{m}{a} + \frac{2}{a} + \frac{1}{a m} = \frac{(m + 1)^{2}}{a m}$ 为整数

那么有 $\frac{(m + 1)^{2}}{a m} \cdot \frac{a (m + 1)}{m} = \frac{(m + 1)^{3}}{m^{2}} = k$ 为整数，则 $m$ 是 $f (x) = (x + 1)^{3} - k x^{2}$ 的整数根，这意味着 $m = \pm 1$

从而 $2 a, 2 b, 2 c$ 是整数，给出问题的解 $(1, 1, 1) (\frac{1}{2}, 1, 2) (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 4)$

例3

(USAMO2009)设 $s_{1}, s_{2}, . . .$ 与 $t_{1}, t_{2}, . . .$ 是非常值有理数序列，满足 $(s_{i} - s_{j}) (t_{i} - t_{j})$ 对所有 $i, j$ 为整数，证明：存在有理数 $r$ 使得 $(s_{i} - s_{j}) / r$ 与 $(t_{i} - t_{j}) r$ 对所有 $i, j$ 为整数

不妨 $s_{1} = t_{1} = 0$ ，可知 $s_{i} t_{i}$ 对所有 $i$ 为整数，从而对所有 $i, j$ ， $(s_{i} - s_{j}) (t_{i} - t_{j}) - s_{i} t_{i} - s_{j} t_{j} = - (s_{i} t_{j} + s_{j} t_{i})$ 也为整数