Page 110 - 4371

n
P  15  a 15  a 15 n  1  . . .  a  9 .
0 1 n
Віднімаючи одну рівність від другої, одержимо рівність
n
a 15  7 n  a 15 n 1   7 n 1   . . .  a 15   7  ,
4
0 1 n  1
де ліва частина ділиться на 15-7=8, а права частина не ді-
литься на 8 – суперечність.
3.7 Нехай такий многочлен існує. Якщо 2012P  20 , то
різниця 2012  PP   12   1992. З другого, боку ця різни-
ця повинна ділитись на 2012-12=2000, суперечність. Отже,
P 2012  не може дорівнювати 20. Аналогічно доводиться,
що 2012P  не може дорівнювати 12. Таким чином, такого
многочлена не існує.
3.8 Припустимо супротивне: нехай деякий многочлен з нату-
ральними коефіцієнтами  xP приймає при всіх натуральних
значеннях x значення, рівні степеням двійки з натураль-
ним показником, причому   constxP  ; тоді, очевидно,
P  x буде строго зростаючою функцією при x  0 . Нехай
k
m – деяке натуральне число і  mP  2 . Візьмемо число
k
m  m 2 l , де l натуральне, причому l  ; тоді
1
q
P  m  2 , де q натуральне і q  . Розглянемо різницю
k
1
k
P   Pm   2 m q 2  2 k 2 q k   1 . Але ця різниця пови-
1
l
нна ділитись, як відомо, на різницю m  m  2 .
1
l
Враховуючи, що числа 2 і 2 q k  1 взаємно прості,
k
приходимо до висновку, що 2 повинно поділитись націло
l
на 2 , що неможливо, бо l  . Одержана суперечність і
k
доводить твердження задачі. Зауважимо, що твердження
залишиться в силі, якщо замість двійки взяти будь-яке
інше натуральне число, доведення аналогічне.
3.9 Маємо  xP  5  x  x x  x x  x x  x x  x   xQ ,
1 2 3 4 5
де x , x , x , x , x – цілі точки, в яких значення многоч-
1 2 3 4 5
лена  xP дорівнює 5,  xQ – многочлен з цілими коефіці-
110