|
|
 |
Условие
Будем называть натуральное число N сильно кубическим, если существует такой приведённый кубический многочлен f(x) с целыми коэффициентами, что f(f(f(N)))=0, а f(N) и f(f(N)) не равны 0. Верно ли, что все числа, большие 2024, сильно кубические?
Решение
Пусть число N является сильно кубическим. Тогда существует такой многочлен f с целыми коэффициентами, что f(N)=N1, f(N1)=N2, f(N2)=0, при этом все числа N,N1,N2,0 попарно различны, иначе N1 или N2 равно 0. Для любых целых x и y выполняется f(x)−f(y) ⋮ x−y, поэтому имеем: N1−N2 ⋮ N−N1,N2−0 ⋮ N1−N2,N1−0 ⋮ N−N2. Обозначим r0=N−N1. Из первой делимости следует, что N1−N2=r0r1 для некоторого целого r1. Из второй делимости N2−0=r0r1r2 для некоторого целого r2. В этих обозначениях N−N2=r0(r1+1), N1−0=r0r1(r2+1), поэтому третья делимость означает, что r0r1(r2+1) ⋮ r0(r1+1) или r1(r2+1) ⋮ r1+1, что равносильно r2+1 ⋮ r1+1, поскольку r1 и r1+1 взаимно просты. Значит, r2=k(r1+1)−1 для некоторого целого k и N=(N−N1)+(N1−N2)+(N2−0)=r0+r0r1+r0r1(k(r1+1)−1)=r0(1+r1(r1+1)k). Заметим, что r1(r1+1) всегда чётно, и, следовательно, 1+r1(r1+1)k – нечётный сомножитель числа N. Далее будем рассматривать числа вида N=2l, поскольку в этом случае 1+r1(r1+1)k=±1. Если 1+r1(r1+1)k=1, имеем r1(r1+1)k=0. Поскольку N1−N2=r0r1≠0, имеем либо r1=−1, либо k=0, т. е. r2=−1. В первом случае N=N2, и в обоих случаях N1=0, что противоречит условию.
Значит, r0=−N, 1+r1(r1+1)k=−1, r1(r1+1)k=−2, т. е. k=−1, при этом r1=−2 или r1=1.
Если r1=−2, то r2=0 и N2=0, что противоречит условию.
Если r1=1, имеем N1=2N, N2=3N. Разберёмся, возможно ли это при целых коэффициентах f. Поскольку f(3N)=0, из теоремы Безу имеем f(x)=(x−3N)(x2+ax+b) для некоторых целых a,b. Найдём их из равенств
(N−3N)(N2+aN+b)=2N
и
(2N−3N)((2N)2+a(2N)+b)=3N.
Упрощая их, получаем N2+aN+b=−1, 4N2+2aN+b=−3, из них находим a=−2−3N2N,b=1+2N2. Таким образом, при N=2l>2 коэффициент a нецелый, т. е. такое число N не является сильно кубическим.
Ответ
Нет, неверно.
