|
|
 |
Условие
Исходно на доске написаны многочлены x³ – 3x² + 5 и x² – 4x. Если на доске уже написаны многочлены f(x) и g(x), разрешается дописать на неё многочлены f(x) ± g(x), f(x)g(x), f(g(x)) и cf(x), где c – произвольная (не обязательно целая) константа. Может ли на доске после нескольких операций появиться многочлен вида xn – 1 (при натуральном n)?
Решение 1
Пусть f(x) и g(x) – два многочлена, и для некоторой точки x0 выполняются равенства f '(x0) = 0 и g'(x0) = 0. Тогда, очевидно, (f ± g)'(x0) = 0 и
cf '(x0) = 0, (fg)'(x0) = f(x0)g'(x0) + f '(x0)g(x0) = 0. Наконец, Таким образом, если у исходных многочленов в некоторой точке производные обращаются в нуль, то и после разрешенных условием операций также может получиться лишь многочлен, производная которого обращается в нуль в этой точке.
Заметим, что производные обоих исходных многочленов, равные соответственно 3x² – 6x и 2x – 4, обращаются в нуль при x = 2. Однако
(xn – 1)' = nxn – 1 при x = 2 равна n·2n – 1 ≠ 0. Поэтому многочлен вида xn – 1 получить нельзя.
Решение 2
Добавим на доску константу 2 и покажем, что даже после этого требуемое невозможно.
Сделаем замену x = t + 2: каждому многочлену f(x) сопоставим многочлен f2(t) = f(t+2). Тогда многочлены x² – 4x и x³ – 3x² + 5 переходят в многочлены t² – 4 и t³ + 3t² + 1 соответственно. При этом результаты операций суммы, разности, перемножения многочленов и умножения на константу при такой замене сохранятся. С другой стороны, если h(x) = f(g(x)), то h2(t) = f(g(t+2)) = f2(g2(t) – 2). Таким образом, если многочлен h(x) можно получить из многочленов f(x) и g(x), то и многочлен h2(x) можно получить из многочленов f2(x) и g2(x) (при наличии константы 2). Значит, если из исходных многочленов можно получить xn – 1, то из многочленов t² – 4 и t³ + 3t² + 1 можно получить многочлен (t + 2)n – 1.
Заметим, что у всех исходных многочленов коэффициент при t равен нулю. Нетрудно видеть тогда, что и у всех получающихся многочленов коэффициент при t также будет нулевым. Однако у многочлена (t + 2)n – 1 этот коэффициент равен n·2n – 1 > 0, так что этот многочлен получить нельзя.
Ответ
Не может.
Замечания
Поскольку все появляющиеся на доске выражения являются многочленами, нетрудно видеть, что операция добавления композиции может быть выражена через остальные операции.
