Page 115 - 4371

n
a   a a  0 і P   ax  x . Нарешті, із умов
n  1 1 0 n
n
2
a x 2 n  P   Px 2   x 2  a 2 x маємо a  1, тобто
n n n
n
P  x  x .
3.19 Позначимо  xy  , 1 Q    Py  y  1 . Тоді маємо
2 2 2 2 2 2
P   x  2  P y  1   Q   , Py x  2x  yP  1   yQ ,
2
і початкова тотожність запишеться у виді   QyQ 2    ,
y
тобто з точністю до позначень співпадає з тотожністю по-
n
передньої задачі. Тому Q  y  y і, враховуючи, що
n
Q y 1   P  y , маємо   yyP    1 . Таким чином, шука-
n
ний многочлен є   xxP    1 .
3.20 Можна вважати, що старші коефіцієнти обох мно-
гочленів додатні, в противному випадку один з многочле-
нів, чи навіть обидва, домножимо на -1. Розглянемо різни-
цю   QxP   x . Зрозуміло, що можна вказати x таке, що
0
P   x і   xQ строго зростаючі при x  x . Нехай x  x
0 1 0
Q
x
x
таке, що    m ,    , де m і n цілі. Очевидно,
n
P
1
1
наступні цілі значення m  1 і n 1 многочлени приймуть в
одній і тій же точці x  x :    mxP  1,    nxQ  1.
2 1 2 2
Ясно, що значення m  2 і n 2 теж приймаються в одній і
тій же точці x  x і т. д. Ми одержуємо нескінченну по-
3 2
слідовність  x таку, що   QxP   x  m  n  const .
k k k
Звідси очевидним чином випливає, що   QxP    x є конс-
танта на всій числовій прямій.
3.21 З умови задачі випливає, що  xP – многочлен па-
n
рного степеня ( n  k 2 ), коефіцієнт при старшому степені
додатний ( можна вважати, що він дорівнює 1) і що мно-
жину коренів многочлена P  x можна розбити на пари
n
комплексно спряжених: x і x , x і x , …, x і x . Отже,
1 1 2 2 k k
многочлен  xP можна подати у вигляді:
n
115