※ 引述《TimcApple (肥鹅)》之铭言： : 今年数A的模考题，没有原题，以下是简述 : ============================================== : 已知 a 是整数 : 且 x^13 + x + 90 是 x^2 - x + a 的倍式 : 试求 a : ============================================== : 本题是单选，因此删一删答案就出来了 : 但我还是有几个问题，有点抽象不好意思 : Q1. 虽然可能的 a 只有一个，其它都不可能 : 但要怎麽确定这个 a 真的是答案？ 长除法、没教的二次式综合除法、用 x^2≡x-a 降次、代入 g 的根，四个选一个。 这应该是高中有超出范围和没超出范围的范围里能用的招数了。 : Q2. 有没有一个定理类似以下叙述，或是反例 : 「设整系数多项式 f, g, 会有一个正整数 N = N(f, g) 使得 : 若有 N 个相异 c 满足 g(c) | f(c), 则 g(x) | f(x) in Q[x]」 : 由於有 2 | n(n+1) 的情况，整除只能在有理数多项式内 如果要求两多项式都 primitive 的话，整除就可以限制在 Z[x] 上了吧。 : Q3. 出题老师是怎麽知道，或是从哪里知道 : x^13 + x + 90 是 x^2 - x + a 的倍式的？ 经验或者前人的经验吧？ x^n+ax+b 这种长相的也算是比较单纯的多项式了， 不知道有没有资料库在分类？ 看了 L 大写的之後，虽然在要求 x 项系数只能是 1 或 -1 的情况下 B 很有限， 但如果换其他数字应该也可以弄出类似的结果？ d 之於 x^2 + ax + b 就像 13 之於 x^2 - x + 2，这种。 毕竟 quadratic interger 的幂次一定都可以写成一次式。 或许可以针对 x 项系数，可以得到一组不同的整数 d，只是不知道有什麽用XD : g(c) | f(c) 是 in Z, 但 g(x) | f(x) 是 in Q[x] : 或者我应该写 存在正整数 M 使得 g(x) | M f(x) in Z[x] : 我目前想一想 方向有两个 : (1) 有没有可能 g(x) 不整除 M f(x) : 但是有无限多个 c 满足 g(c) | f(c) : (2) N 能被控制到多小的范围 我是想先从 f,g 都 primitive 下手，m = deg(f) 而且 n = deg(g)，当然 m≧n。 如果 g(c) 都不是 0，那 f(c)/g(c) 就都是整数。 要是 c 有 m+1 个，可以拿其中 m-n+1 个用拉格朗日插值插出一个 h(x) in Q[x]， 其中 h(c) = f(c)/g(c) for all c。 在这里如果能确保 deg(h) = m-n、而且每组 c 都插出同一个 h 的话， 那 N 就是 m+1。 不过这个条件感觉用起来很麻烦， 所以也可以换成直接拿 m+1 个 c 去插，但要能确保插出一个 m-n 次的 h， 也就是 m-n+1 次以上的系数都要是 0（而且 m-n 次的系数不能是 0）。 这样 f 和 gh 就在 m+1 个相异数字上等值，所以 f = gh in Q[x]。 如果有某个 g(c) 是 0，在制造 h 的时候，跳过这种 c 就好。 因为 x-c | f,g，这代表我们其实可以把 x-c 各提出一个，这时候 deg--; 最多就跳过 n 个 c，而一旦真的跳过 n 个 c，其实 g|f 就很直观了。 举个例子的话，就是 f(x) = x^13-2731x-2730 和 g(x) = x^2-x-2 这种， c 要是都有挑到 2 和 -1 的话就等於做完了。 就算跳过的 c 有 n-1 个那麽多，也还有 m-n+2 个 c， 对於这个方法的需求（over-determining h）来说也已经足够了。 虽然真到了这个地步的时候，肯定是把 g 的最後一根代入 f 最快吧。 至於要求 primitive 则是因为我想起了个叫做 numerical polynomial 的东西。 F in Q[x]，当整数 n 超过某数後 F(n) 都是整数， 那 F(x) 就可以写成 C(x,k) 的线性组合，而且系数都是整数。 所以即便上面那个 h 的图形通过无限多个格子点， 那也很难保证 h 是整系数的，反例就是 x(x+1)/2 这种。 （其实 numerical polynomial 代任何整数都会算出整数。） 但是如果要求 f 和 g 都 primitive， 那 h 的 primitive part 和 g 的乘积就会是 f， 但 f = gh，所以 h = h 的 primitive part，也就是一个整系数多项式。 所以就这题来说，随便挑 14 个相异整数 c 去算 f(c)/g(c) 然後插出 h。 c │ f(c)/g(c) ──┼─────── -6 │ -296833953 -5 │ -38146970 -4 │ -3050399 -3 │ -113874 -2 │ -1013 -1 │ 22 0 │ 45 1 │ 46 2 │ 2071 3 │ 199302 4 │ 4793497 5 │ 55486510 6 │ 408146691 7 │ 2202022966 然後插出来的是 x^11+x^10-x^9-3x^8-x^7+5x^6+7x^5-3x^4-17x^3-11x^2+23x+45。 的确 h 的 13、12 次系数是 0，而且 11 次系数不是 0。 又因为 f、g 都有系数 1 的项 => 都 primitive， 那就能知道 f = gh，而且 h 也的确是整系数多项式。 总之我觉得须要增加条件： f 和 g 都 primitive （不加这条的话，会有 g(c)|content(f) 的问题，那这样我们会对 f 知之甚少。 又或者为了要把 g = content(f) 的因数的情况尽数排除， 只好在 N 上加上很多个 n，大概有 content(f) 的因数个数那麽多个 n。） 和 h 的高次项系数要 0 掉。 第一个条件可以用只看 pp(f) 和 pp(g) 来实现，而第二个条件可以写成 Σ_{g(c)≠0} f(c)/g(c) * c^k/p'(c) = 0, for k < n Σ_{g(c)≠0}f(c)/g(c) * c^n/p'(c) ≠ 0 其中 p(x) = Π_{g(c)≠0} (x-c) 第二式应该是多余的，因为多项式全等定理会保证 deg(h) = m-n，所以就不上色了。 此时 N = m+1， 还有 h(x) = p(x) * Σ_{g(c)≠0} f(c)/[g(c)p'(c)(x-c)]。 h 的长相出乎我意料之外，还可以写得蛮美的。 -- 好像有些人误会成我没有去看 f 和 g 的系数，其实我算是有在看的？ 都代 m+1 个 c 了，这跟把系数看完也没差别了吧。 我好奇找一个很大的数去代的方法，如果加上 primitive 会不会比较能压低 N？ --

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