ЗАДАЧИ
problems.ru |
О проекте
|
Об авторах
|
Справочник
Каталог по темам | по источникам | |
|
Задача 116402
УсловиеОбозначим через [n]! произведение 1·11·111·...·11...11 – всего n сомножителей, в последнем – n единиц. Решение 1 Пусть 1k – число из k единиц, тогда [m]! = 1m·[m–1]!, 1m+n = 10m·1n + 1m. Обозначим Положим [0]! = 1, тогда C[0, n] и C[m, 0] определены и равны 1. Докажем индукцией по m + n, что число C[m, n] целое. База и случай m = 0 или n = 0 очевидны.
тоже целое. Решение 2 Пусть q – число, взаимно простое с 10, k(q) = min {k| 1k кратно q}. Тогда 1k кратно q тогда и только тогда, когда k кратно k(q). Поэтому из множителей вида 1k, входящих в [n]!, на q делятся ровно . Из этого следует, что простое число p ≠ 2, 5 входит в разложение [n]! на простые множители в степени Решение 3Для знатоков. Рассмотрим многочлены Pk(x) = xk–1 + xk–2 + ... + x + 1, Qn(x) = P2(x)... Pn(x) (над полем комплексных чисел). Достаточно доказать, что Qm+n(x) делится на Qn(x)Qm(x). Действительно, Qn(x)Qm(x) – приведённый многочлен, частное – многочлен с целыми коэффициентами. Подставив x = 10, получаем утверждение задачи. Первый способ. Корнями многочлена Pk(x) являются все (кроме единицы) корни k-й степени из единицы. Пусть ε – первообразный корень k-й степени из 1. Тогда он является корнем l-й степени тогда и только тогда, когда l кратно k. Поэтому множитель x – ε входит в разложение Qm+n(x) на линейные множители в степени [m+n/k], а в Qn(x)Qm(x) – в степени . Следовательно, Qm+n(x) делится на Qn(x)Qm(x). Второй способ. Достаточно доказать, что
Pn+m(x)Pn+m–1(x)...Pm+1(x) делится на Qn(x). Это эквивалентно тому, что многочлен Замечания1. См. также задачу М2166 из Задачника "Кванта" ("Квант", 2010, №1).2. 9 баллов Источники и прецеденты использования |
© 2004-...
МЦНМО
(о копирайте)
|
Пишите нам
|