Задача 67314
|
|
 |
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 $20^{24}$, сильно кубические?Решение
Пусть число $N$ является сильно кубическим. Тогда существует такой многочлен $f$ с целыми коэффициентами, что $f(N) = N_1$, $f(N_1) = N_2$, $f(N_2) = 0$, при этом все числа $N, N_1, N_2, 0$ попарно различны, иначе $N_1$ или $N_2$ равно 0. Для любых целых $x$ и $y$ выполняется $f(x) - f(y) \ \vdots \ x - y$, поэтому имеем: $$ N_1-N_2 \ \vdots \ N-N_1, \; N_2-0 \ \vdots \ N_1-N_2 , \; N_1-0 \ \vdots \ N - N_2.$$ Обозначим $r_0=N-N_1$. Из первой делимости следует, что $N_1-N_2=r_0 r_1$ для некоторого целого $r_1$. Из второй делимости $N_2-0=r_0 r_1 r_2$ для некоторого целого $r_2$. В этих обозначениях $N-N_2 = r_0(r_1+1)$, $N_1-0 = r_0 r_1(r_2+1)$, поэтому третья делимость означает, что $r_0 r_1(r_2+1) \ \vdots \ r_0(r_1+1)$ или $r_1(r_2+1) \ \vdots \ r_1+1$, что равносильно $r_2+1 \ \vdots \ r_1+1$, поскольку $r_1$ и $r_1+1$ взаимно просты. Значит, $r_2=k(r_1+1)-1$ для некоторого целого $k$ и $$ N = (N-N_1) + (N_1-N_2)+(N_2-0) = r_0 + r_0 r_1 + r_0 r_1 (k(r_1+1)-1) = r_0 (1+r_1(r_1+1)k).$$ Заметим, что $r_1(r_1+1)$ всегда чётно, и, следовательно, $1+r_1(r_1+1)k$ – нечётный сомножитель числа $N$. Далее будем рассматривать числа вида $N=2^l$, поскольку в этом случае $$1+r_1(r_1+1)k=\pm 1.$$ Если $1+r_1(r_1+1)k=1$, имеем $r_1(r_1+1)k=0$. Поскольку $N_1-N_2=r_0 r_1\neq 0$, имеем либо $r_1=-1$, либо $k=0$, т. е. $r_2=-1$. В первом случае $N= N_2$, и в обоих случаях $N_1=0$, что противоречит условию.Значит, $r_0=-N$, $1+r_1(r_1+1)k=-1$, $r_1(r_1+1)k=-2$, т. е. $k=-1$, при этом $r_1=-2$ или $r_1=1$.
Если $r_1=-2$, то $r_2=0$ и $N_2=0$, что противоречит условию.
Если $r_1=1$, имеем $N_1=2N$, $N_2=3N$. Разберёмся, возможно ли это при целых коэффициентах $f$. Поскольку $f(3N)=0$, из теоремы Безу имеем $f(x)=(x-3N)(x^2+ax+b)$ для некоторых целых $a,b$. Найдём их из равенств
$$(N-3N)(N^2+aN+b)=2N$$
и
$$(2N-3N)((2N)^2+a(2N)+b)=3N.$$
Упрощая их, получаем $N^2+aN+b=-1$, $4N^2+2aN+b=-3$, из них находим $a=\frac{-2-3N^2}{N}, b=1+2N^2$. Таким образом, при $N=2^l>2$ коэффициент $a$ нецелый, т. е. такое число $N$ не является сильно кубическим.
