Page 114 - 4371

3.17 Підставляючи в дану тотожність послідовно
x  , 2 , 1 , 0  , 2012 , неважко переконатись, що числа 0, 1, ... ,
2011 є коренями даного многочлена, а тому
P  x  x x 1 x 2  x 2011...    xQ ,
де  xQ – деякий многочлен. Доведемо, що  xQ – много-
член нульового степеня, тобто   axQ  , де a  const . Під-
ставивши  xP в задану тотожність, одержуємо   2012x 
 x  x 1   x 2011     xxQ  x 1  x 2   x 2012   xQ  1 ,
звідки випливає тотожність    QxQ  x  1 . Далі можна
навести такі ж міркування, як і в розв’язках двох попере-
дніх задач. Але можна завершити доведення по-іншому.
Припустимо, що  xQ – многочлен степеня k  1, тобто
k
Q   ax  x  a x k1   a , де a  0. Але тоді
0 1 k 0
k
Q x 1  a x 1   a x 1  k 1   a . Оскільки многоч-
0 1 k
лени  xQ і  xQ  1 тотожно рівні, то повинні співпадати
їх коефіцієнти при однакових степенях x . Прирівнюючи
коефіцієнти при x k 1  , маємо a   ka  a , звідки a  0 ,
1 0 1 0
прийшли до суперечності. Отже Q   ax   const і

P    axx  x 1  x 2  ... x  2011 . Легко перевірити, що
будь-який многочлен такого виду задовольняє вказану то-
тожність.
3.18 Нехай шуканий многочлен має вид
n
P   ax  x  a x n 1   a x  a , де a  0.
n n 1 1 0 n
Припустимо, що хоча б один із коефіцієнтів a , , a , a
n 1 1 0
n
відмінний від нуля. Виберемо найбільше значення k  ,
для якого a  0. Тоді маємо   axP 2 x 2n  a x 2k   xa 2 
k n k 1
2 2
k
n
 a   xa  a x  . . .  a x  a   P  x . Порівнюючи
0 n k 1 0
коефіцієнти при x n k , одержуємо рівність 0  2 a a , яка
n k
суперечить умовам a  0, a  0. Отже,
n k
114