Делимост на полиноми

[krassi_holmz]

Да се докаже че за произволен полимом [tex]p(x) \in Z[x], p(x) \neq 1[/tex] е изпълнено:
a)[tex] p(x) | p(x + p(x)) [/tex]
б)[tex] p(x) - 1 | p(xp(x)) - 1 [/tex]

[Реклама]

[Мирослав Стоенчев]

Задача 1. а) Д-во: Нека [tex]p(x)=\sum_{i=0}^{n}a_{n-i}x^i=a_{0}x^n+...+a_{n-1}x+a_{n},\ a_{j}\in Z,\ 0\le j\le n,\ a_{0}\ne0.[/tex]

При [tex]0\le k\le n\Rightarrow (x+p(x))^{k}=\sum_{j=0}^{k}{k\choose j}x^{j}\left\(p(x)\right\)^{k-j}=x^{k}+p(x)h_{k}(x),\ h_{k}(x)\in Z[x].[/tex] Тогава

[tex]p\left\(x+p(x)\right\)=\sum_{i=0}^{n}a_{n-i}\left\(x+p(x)\right\)^{i}=\sum_{i=0}^{n}a_{n-i}\left\(x^{i}+p(x)h_{i}(x)\right\)=p(x)\sum_{i=0}^{n}h_{i}(x)+\sum_{i=0}^{n}a_{n-i}x^i=p(x)\left\(1+\sum_{i=0}^{n}h_{i}(x)\right\)\Rightarrow p(x)|p\left\(x+p(x)\right\).[/tex]

б) Д-во:[tex]p\left\(xp(x)\right\)-1=-1+\sum_{i=0}^{n}a_{n-i}x^{i}\left\(p(x)\right\)^{i}=p(x)-1+\sum_{i=0}^{n}\left\(a_{n-i}x^{i}\left\(p(x)\right\)^{i}-a_{n-i}x^{i}\right\)=p(x)-1+\sum_{i=0}^{n}a_{n-i}x^{i}\left\(p^{i}(x)-1\right\)=[/tex]

[tex]=p(x)-1+\sum_{i=0}^{n}a_{n-i}x^{i}\left\(p(x)-1\right\)\left\(p^{i-1}(x)+...+p(x)+1\right\)=\left\(p(x)-1\right\)\left\(1+\sum_{i=0}^{n}a_{n-i}x^{i}\left\(p^{i-1}(x)+...+p(x)+1\right\)\right\)\Rightarrow p(x)-1|p\left\(xp(x)\right\)-1.[/tex]

[krassi_holmz]

Добри решения!

За доказателство на подобен род задачи могат да се използват и факторпръстените в Z[x].
Освен обичайните операции, лесно се доказва, че:

[tex]p \equiv q \to f(p) \equiv f(q) (mod r)[/tex], където p, q, r, f e Z[x].

За първата задача:

[tex]p(x + p(x)) \equiv p(x) \equiv 0 (mod p(x))[/tex], a за втората:
[tex]p(x) \equiv 1 (mod (p(x)-1)) \to p(xp(x)) \equiv p(x) \equiv 1 (mod (p(x) - 1))[/tex]