证明:如果在x取三个不同的整数值时

证明:如果在x取三个不同的整数值时 B1-051 证明:如果在x取三个不同的整数值时，变量x的整系数多项式的值的绝对值都是1，那么这多项式没有整数根( 【题说】1967年,1968年波兰数学奥林匹克二试题1( 【证】设整系数多项式f(x)对于三个不同的整数a、b、c，有 ,f(a),=,f(b),=,f(c),=1 (1) 假定f(x)有整数根x，则 0 f(x)=(x-x)Q(x) 0 (2) 这里Q(x)是整系数多项式( 由(1)与(2)可知，,(a-x)Q(a),a-x,?,Q(a),=1(因为,00 Q(a),是整数，所以,a-x,=1(同理,b-x,=1，,c-x,=1，000从而三个数a-x，b-x，c-x中有两个相等，因而a、b、c中有某000 两个相等，与已知a、b、c矛盾，故f(x)不可能有整数根( B1-052 已知有整系数a，a，…，a的多项式 12n nn-1f(x)=x+ax+…+ax+a 1n-1n 对四个不同的整数a、b、c、d，使得 f(a)=f(b),f(c),f(d),5 证明:不存在整数k使得f(k)=8( 【题说】第二届(1970年)加拿大数学奥林匹克题10(注意a、b、c、d是多 项式f(x)-5的根( 【证】由已知，应有 f(x)-5=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)g(x) 其中g(x)是整系数多项式(如果有整数k，使f(k)=8，则 (k-a)(k-b)(k-c)(k-d)g(k)=3 但素数3不可能有4个以上不同的因数(包括负因数在内)k-a，k-b，k-c， k-d，g(k)(矛盾( B1-053 P(x)是非常数的整系数多项式，n(P)为能使 2[P(K)]=1成立的整数K的个数(证明: n(P)-deg(P)?2 其中deg(P)是多项式P(x)的次数( 【题说】第十六届(1974年)国际数学奥林匹克题 6(本题由瑞典提供( 2【证】若[P(K)]=1，则P(K)=?1( 设P(x)-1有m个整数根K，…，K，则 1m P(x)-1=(x-K)…(x-K)Q(x) 1m 其中Q(x)为整系数多项式( P(x)+1=(x-K)…(x-K)Q(x)+2 1m 若m?4，则因4个互不相同的非零整数之积的绝对值大于2，故P(K)+1对任意整数K不为0，若m=3，同理可得至多1个K使P(K)+1=0(对P(x)+1的整数根个数m′有完全类似的结论:若m′?4，则m=0，若m′=3，则m=1(总而言之，m和m′至少有一个不大于2，因而 n(P)=m+m′?2+deg(P) n(P)-deg(P)?2 B1-054 求出满足下列条件的所有含两个变量的多项式: (1)P是n次齐次的(即对所有实数t、x、y，有 nP(tx，ty)=t?P(x，y) (2)对所有实数a、b、c有 P(a+b，c)+P(b+c，a)+P(c+a，b)=0 (3)P(1，0)=1( 【题说】第十七届(1975年)国际数学奥林匹克题6(本题由英国提供( 【解】设P是满足条件(1),(3)的n次多项式(由于常数多项式不可能同时满足(2)和(3)，故n?1( 在(2)中令a=b，c=-2a，则由P的齐次性得 0=P(2a，-2a)+P(-a，a)+P(-a，a) n,[(-2)+2]P(-a，a) 若n,1，则有P(-a，a)=0，因而P(x，y)能被x+y整除( 设P(x，y)=(x+y)P(x，y)，则由(2)得 1 P(a+b，c)(a+b+c)+P(b+c，a)(a+b+c)+P(c+a，b)(a+b+c)=0 111 故 P(a+b，c)+P(b+c，a)+P(c+a，b)=0 111 P仍是齐次的，且 1 P(1，0)=P(1，0)(1+0)=P(1，0)=1 11 即P也满足条件(1),(3)，它的次数为n-1(如果n-1,1(同1 样可再构造一个n-2次齐次多项式P，它满足条件(1),(3)，并且 2 p(x，y),(x+y)p(x，y) 12 如此下去，最后总会得到一个一次多项式 P(x，y)=mx+ny n-1 由条件(2)令a=1，b=c=0，得 2m+n,0 再由(3)得m=1，故n=-2，而有 n-1P(x，y)=(x+y)P(x?y) n-1 n-1=(z+y)(x-2y) 不难验证这种形状的多项式的确满足条件(1),(3)，这样我们就求出了所有满足条件(1),(3)的齐次多项式( B1-055 如果P(x)、Q(x)、R(x)及S(x)是多项式，且使得 5525432P(x)+xQ(x)+xR(x)=(x+x+x+x+1)S(x) (1) 试证:(x-1)是P(x)的一个因式( 【题说】第五届(1976年)美国数学奥林匹克题 5(由多项式余式定理，问 题等价于证明P(1)=0( 2P(1)+ωQ(1)+ωR(1)=0 (2) 24P(1)+ωQ(1)+ωR(1)=0 (3) 46P(1)+ωQ(1)+ωR(1)=0 (4) 消去Q(1)、R(1)，得P(1)=0(由余式定理知，(x-1)是P(x)的因式( n2nmnB1-056 确定所有正整数对(m，n)，使得(1+x+x+…+x)能被 2m(1+x+x+…+x)整除( 【题说】第六届(1977年)美国数学奥林匹克题1( 【解】问题等价于:求(m，n)使得 nm+1n是多项式(对任何正整数m、n，(x)-1既能被(x-1)整除， m+1n又能被(x-1)整除(所以，为使分母因式全约去，只须(x-1)与m+1(x-1)除(x-1)外，没有别的公因式(这只须n与(m+1)互质即可( 另一方面，如果n与(m+1)的最大公约数d,1，那么nm+1d2nm+1(x-1)(x-1)被(x-1)整除，(x-1)(x-1)有重根s?1(但 nm+1((x)-1)?(x-1)只有一个重根x=1，所以当n与m+1不互质时，(m，n)不合要求( 总之，本题的解是n与m+1互质的正整数对(m，n)( 12963B1-057 分解因式:x+x+x+x+1( 【题说】1978年全国联赛二试题 2(1)( 12963【解】x+x+x+x+1 2B1-058 设 f(x)=ax+bx+c，已知f(1)、f(2)、f(3)、f(4)、f(5)都是质数，求证:f(x)不能分解成两个整系数一次式的积( 【题说】1981年北京市赛高一题 7(用反证法( 【证】设 f(x)=g(x)h(x) 其中g(x)与h(x)都是整系数一次式，则 f(1),g(1)h(1)，f(2)=g(2)h(2) f(3)=g(3)h(3)，f(4)=g(4)h(4) f(5)=g(5)h(5) 上述五个等式的左端都是质数，因此在g(1)、g(2)、g(3)、g(4)、g(5)，h(1)、h(2)、h(3)、k(4)、h(5)这十个整数中至少有五个是?1( 由于g(x)是整系数一次式，所以g(1)、g(2)、g(3)、g(4)、g(5)是不同的数，其中至多有一个1，一个-1;h(1)、h(2)、h(3)、h(4)、h(5)中也是这样(故这十个数中至多有四个?1(矛盾( 所以原命题正确( B1-059 对每一实数r，定义T为平面内的点变换，它把点(x，r rrry)变为点(2x，r2x+2y)(求曲线y=f(x)，使在所有变换T下，其r图像保持不变( 【题说】第十五届(1983年)加拿大数学奥林匹克题 2( 【解】设曲线y=f(x)在所有变换T下保持不变，则对所有x，r r应有 rrrrrf(2x),r2x+2y,r2x+2f(x) (1) r在式中令x=0，则有f(0)=2f(0)，故知f(0)=0( 对x,0，设f(1)=a，将x=1代入(1)中，则有 rrrf(2)=r2+a2 (2) 再令r=logx，由(2)得 2 f(x)=xlogx+ax 2 (3) 对x,0，设f(-1)=b(在(1)中令x=-1，则有 rrrf(-2)=-r2+2f(-1) r =-r2 r+b?2 (4) 再令r=log(-x)，由(4)得 2 f(x)=xlog(-x)-bx 2 (5) 综上所述，y=f(x)的解析达式应为 其中a、b为常数( 不难验证，它们确实符合要求( B1-059 对每一实数r，定义T为平面内的点变换，它把点(x，r rrry)变为点(2x，r2x+2y)(求曲线y=f(x)，使在所有变换T下，其r 图像保持不变( 【题说】第十五届(1983年)加拿大数学奥林匹克题 2( 【解】设曲线y=f(x)在所有变换T下保持不变，则对所有x，r r应有 rrrrrf(2x),r2x+2y,r2x+2f(x) (1) r在式中令x=0，则有f(0)=2f(0)，故知f(0)=0( 对x,0，设f(1)=a，将x=1代入(1)中，则有 rrrf(2)=r2+a2 (2) 再令r=logx，由(2)得 2 f(x)=xlogx+ax 2 (3) 对x,0，设f(-1)=b(在(1)中令x=-1，则有 rrrf(-2)=-r2+2f(-1) r =-r2 r+b?2 (4) 再令r=log(-x)，由(4)得 2 f(x)=xlog(-x)-bx 2 (5) 综上所述，y=f(x)的解析表达式应为 其中a、b为常数( 不难验证，它们确实符合要求(