求满足下述性质的所有次数为奇数 $d$ 的整系数多项式 $P(x)$:对每个正整数 $n$,存在 $n$ 个不同的正整数 $x_1 , x_2 , \ldots , x_n$,使得对于每对下标 $i,j$($1\leqslant i,j\leqslant n$),均有 $\frac{1}{2}<\frac{P(x_i )}{P(x_j )}<2$,且 $\frac{P(x_i )}{P(x_j )}$ 为有理数的 $d$ 次幂.
【难度】
【出处】
2016IMO Short List
【标注】
【答案】
$P(x)=a(rx+s)^d$,其中,$a,r,s$ 为整数,且 $a\neq 0$,$r\geqslant 1$,$(r,s)=1$.
设 $P(x)=\sum_{i=0}^{d}a_i x^i$,$y=da_d x+a_{d-1}$.定义 $Q(y)=P(x)$,则 $Q$ 为有理系数多项式,且不含 $y^d -1$ 这一项.设 $Q(y)=b_d y^d +\sum_{i=1}^{d-2}b_i y^i$,$$B=\max_{0\leqslant i\leqslant d}\{|b_i | \}~~~(b_{d-1}=0)$$则条件化为对于每个正整数 $n$,存在 $n$ 个正整数 $y_1 , y_2 , \ldots , y_n$,使得对于每对下标 $i,j$($1\leqslant i,j\leqslant n$),均有 $\frac{1}{2}<\frac{Q(y_i)}{Q(y_j)}<2$,且 $\frac{Q(y_i )}{Q(y_j )}$ 为有理数的 $d$ 次幂.因为 $n$ 可以任意大,所以,可假设所有的 $x_i$,进而,所有的 $y_i$ 为比下面的某个常数的绝对值大的整数.因为 $d$ 为奇数,所以,由迪利克雷定理,知存在一个足够大的素数 $p$,使得 $p\equiv 2\pmod{d}$.特别地,有 $(p-1,d)=1$.对于这个固定的 $p$,选择的 $n$ 足够大.由抽屉原理,知在 $y_1 , y_2 , \ldots , y_n$ 中一定有 $d+1$ 个数模 $p$ 同余.不失一般性,假设对于 $1\leqslant i,j\leqslant d+1$,有 $y_i \equiv y_j \pmod{p}$.先证明一个引理.
引理:对于所有的 $i$($2\leqslant i\leqslant d+1$),均有$$\frac{Q\left(y_{i}\right)}{Q\left(y_{1}\right)}=\frac{y_{i}^{d}}{y_{1}^{d}}$$引理的证明:设 $\frac{Q\left(y_{i}\right)}{Q\left(y_{1}\right)}=\frac{l^{d}}{m^{d}}$,其中,$l,m$ 为正整数,且 $(l,m)=1$.则可将其改写为\begin{equation}
b_{d}\left(m^{d} y_{i}^{d}-l^{d} y_{1}^{d}\right)=-\sum_{j=0}^{d-2} b_{j}\left(m^{d} y_{i}^{j}-l^{d} y_{1}^{j}\right)
\end{equation}设 $c$ 为有理系数多项式 $Q$ 的所有系数的分母的公倍数.则对于所有整数 $k$,
$cQ(k)$ 为整数.因为 $c$ 只依赖于多项式 $P$,所以,可假设 $(p,c)=1$.由 $y_1 \equiv y_i \pmod{p}$,知 $cQ(y_1 )\equiv cQ(y_i) \pmod{p}$.分情况讨论.
(1)若 $p~|~cQ(y_1 )$
此时,$\frac{cQ(y_i )}{cQ(y_1 )}$ 的分子,分母有公约数 $p$,则 $m^{d} \leqslant p^{-1}\left|c Q\left(y_{1}\right)\right|$.由于 $y_1$ 比较大,则存在正常数 $B$,满足 $|Q(y_1 )|<2By_1^d$.故\begin{equation}
m\leqslant p^{-\frac{1}{d}}(2cB)^{\frac{1}{d}}y_1
\end{equation}由于 $y_1 , y_i$ 比较大,则 $\frac{1}{2}<\frac{Q\left(y_{i}\right)}{Q\left(y_{1}\right)}<2 ~\Rightarrow $\begin{equation}
\frac{1}{3}<\frac{y_{i}^{d}}{y_{1}^{d}}<3
\end{equation}且\begin{equation}
\frac{1}{2}<\frac{l^{d}}{m^{d}}<2
\end{equation}式(1)的左边为$$b_{d}\left(m y_{i}-l y_{1}\right) \sum_{j=0}^{d-1} m^{j} y_{i}^{j}\left(l y_{1}\right)^{d-1-j}$$若 $my_i -ly_1 \neq 0$,则上式的绝对值至少为 $|b_d |m^{d-1}y_i^{d-1}$.但由式(3),(4),(2),再由式(3)可得式(1)的右边的绝对值最多为$$\begin{aligned}\sum_{j=0}^{d-2} B\left(m^{d} y_{i}^{j}+l^{d} y_{1}^{j}\right) &\leqslant(d-1) B\left(m^{d} y_{i}^{d-2}+l^{d} y_{1}^{d-2}\right) \leqslant(d-1) B 7 m^{d} y_{i}^{d-2} \\ & \leqslant 7(d-1) B p^{-\frac{1}{4}}(2 c B)^{\frac{1}{4}} y_{1} m^{d-1} y_{i}^{d-2} \\ &\leqslant 21(d-1) B p^{-\frac{1}{4}}(2 c B)^{\frac{1}{4}} m^{d-1} y_{i}^{d-1}\end{aligned}$$则$$\left|b_{d}\right| m^{d-1} y_{i}^{d-1}\leqslant 21(d-1) B p^{-\frac{1}{d}}(2 c B)^{\frac{1}{d}} m^{d-1} y_{i}^{d-1}$$由于 $p$ 足够大,$b_d , B,c,d$ 仅依赖于多项式 $P$,矛盾.因此,$my_i - ly_1 =0$.
(2)若 $(p,cQ(y_1 ))=1$.
由 $cQ(y_1 )\equiv cQ(y_i )\pmod{p}$ $\Rightarrow l^d \equiv m^d \pmod{p}$.注意到,$(p-1,d)=1$.由费马小定理知 $l\equiv m\pmod{p}$.于是,$p~|~(my_i -ly_1)$.若 $my_i -ly_1 \neq 0$,则式(1)的左边的绝对值至少为 $\left|b_{d}\right| p m^{d-1} y_{i}^{d-1}$.
类似于(1),式(1)的右边的绝对值最多 $21(d-1)B(2cB)^{\frac{1}{d}}m^{d-1}y_i^{d-1}$.由于 $p$ 足够大,式(1)不可能成立.于是,$my_i - ly_1 =0$.
两种情况均有 $\frac{Q\left(y_{i}\right)}{Q\left(y_{1}\right)}=\frac{l^{d}}{m^{d}}=\frac{y_{i}^{d}}{y_{1}^{d}}$.引理得证.
由引理,知多项式 $Q(y_1 )y^d - y_1^d Q(y)$ 有 $d+1$ 个不同的根 $y=y_1 , y_2 , \ldots , y_{d+1}$.因为这个多项式的次数最多为 $d$,所以,其一定为零多项式.于是,$Q(y)=b_d y^d$.这表明,$P(x)=a_d \left( x+\frac{a_{d-1}}{da_d}\right)^d$.设 $\frac{a_{d-1}}{da_d}=\frac{s}{r}$($r,s$ 为整数,且 $r\geqslant 1$,$(r,s)=1$).因为 $P$ 是整系数多项式,所以,$r^d ~|~a_d$.设 $a_d =r^d a$.则 $P(x)=a(rx+s)^d$,且满足条件
【解析】
答案 解析 备注
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