โจทย์น่าจะเขียนผิดนะ ตรง $3^3$ น่าจะเป็น $3^2$ มากกว่านะครับ
แต่จะแสดงเป็นกรณีทั่วไปเลยนะครับ (เฉลยจาก Mathematical Olympiads 1999-2000 ของ Titu ครับ)
อ้างอิง:
ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ polsk133
จงแสดงว่า
$p(x)=(x^2+1^2)(x^2+2^2)(x^2+3^2)...(x^2+n^2)+1$
ไม่สามารถเขียนในรูปผลคูณของพหุนามสองตัวที่มีสัมประสิทธิ์เป็นจำนวนเต็มได้สำหรับจำนวนนับ $n$ ใดๆ
|
ในกรณีที่ $n=1$ ชัดเจนอยู่แล้ว ต่อไปพิจารณา $n \ge 2$
สมมติว่ามี $n \ge 2$ ที่ทำให้ $p(x)$ สามารถลดทอนได้เหนือจำนวนเต็มเป็น
$p(x)=g(x) \cdot h(x)$
โดยที่
$g(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_kx^k$
$h(x)=b_0+b_1x+\cdots+b_lx^l$
เมื่อ $a_i,b_i \in \mathbb{Z}$ และ $k+l=2n$
สำหรับ $m \in \{ \pm 1, \pm 2, ..., \pm n\}$ พบว่า $(mi)^2+m^2=0$
ดังนั้น $f(mi)=0+1$
$1=g(mi) \cdot h(mi)$
แต่ทั้ง $g,h$ เป็นพหุนามเหนือจำนวนเต็ม สมการข้างต้นจึงบ่งว่า $g(mi),h(mi)$ ต้องมีค่าอยู่ในกลุ่ม $\{ 1,-1,i,-i \}$
สำหรับ $m \not= \pm 1$ เราพบว่าส่วนจินตภาพของ $g(mi)$ คือ $m(a_1-a_3m^2+a_5m^4-\cdots)$
แปลว่าส่วนจินตภาพเป็นจำนวนเท่าของ $m$ ซึ่งจะบังคับให้อยู่ในกลุ่ม $i,-i$ ไม่ได้
ดังนั้น $g(mi)= \pm 1$ และทำให้ $h(mi)= \pm 1$
แสดงว่ามีบางพหุนาม $q$ เหนือจำนวนเต็ม ซึ่งสอดคล้องกับ
$g(x)-h(x)=(x^2+2^2)(x^2+3^2) \cdots (x^2+n^2)q(x)$
โดยที่ $q(x)$ มีดีกรีอย่างมากเป็น $1$
กลับมาพิจารณา $(g(i),h(i))$ ที่อยู่ในกลุ่ม $(1,1),(-1,-1),(i,-i),(-i,i)$
สังเกตว่า $2 \ge |g(i)-h(i)| = (2^2-1)(3^2-1) \cdots (n^2-1) |q(i)|$
สำหรับ $n \ge 2$ จึงเป็นไปได้เพียงว่า $|q(i)|=0$
แต่ $q$ มีดีกรีอย่างมากเป็น $1$ แสดงว่าต้องไม่มีรากเป็นจำนวนเชิงซ้อน
ดังนั้น $q(x)=0$ เท่านั้น
ทำให้ $g=h$
ส่งผลให้ $a_0^2=g(0) \cdot h(0) = f(0) = (n!)^2+1$
หรือก็คือ $(a_0+n!)(a_0-n!)=1$ ซึ่งเป็นไปไม่ได้
ดังนั้น $f$ ไม่สามารถลดทอนได้เหนือจำนวนเต็ม #
ปล. ข้อสอบจาก Japanese MO 1999
ปล2. ตอบไม่ทัน LightLucifer
