Пара задач про многочлены

>1. Доказать, что многочлен степени < n,

как идея, проверять лень,
написать интерполяционную формулу (Лагранжа например),
воспользоваться тем что числа последовательные,
и доказать что коэфиценты целые.

забыл залогиниться.

2) ты представь себе его как a(x-x1)...(x-xk) и умножь на НОК знаменателей

>2) ты представь себе его как a(x-x1)...(x-xk) и умножь на НОК знаменателей

я думаю задача как состоит в том чтобы доказать,что
старший коэффицент НОК знаменателей, т.к. многочлен имеет целый коэффиценты,
дальше ПОЧТИ как вы сказали.

О, маткружок за 8 класс пожаловал на ЛОР ;)

1. Лемма. Определим Pk(x) = x(x-1)...(x-n+1)/k!; тогда если 
f(0), f(1), ..., f(n) - целые и f имеет степень n, то 
f = a0P0 + a1P1 + ... + anPn, где ak - целые. 

Доказательство. Во-первых, Pk(x) всегда целое, если x целое. 
Очевидно существуют вещественные ak, такие что 
f(x) = a0P0(x) + a1P1(x) + ... + anPn(x). Подставим x = 0, 
получим a0 = f(0), то есть a0 - целое. Подставим x = 1, 
получим a1 + a0P(1) = f(1). То есть a1 - целое. Итд.

Если f(x) целое при x = k, k+1, ..., k+n - тогда рассмотрим 
f*(x) = f(x+k). Применим к нему лемму - получим разложение 
f* = a0P0 + a1P1 + ... + anPn, тогда очевидно f*(x) целое 
если x - целое. 

2. Пусть cont(f) - НОД коэффициентов f
Лемма. cont(fg) = cont(f)cont(g)

Доказательство. Не ограничивая общности cont(f) = cont(g) = 1. 
Пусть cont(fg) = d > 1, p - простой делитель d, тогда все коэффициенты 
fg делятся на p, но у f, g есть коэффициенты, не делящиеся на p. Пусть 
f(x) = a0 + a1x + ..., g(x) = b0 + b1x + ... , 
f(x)g(x) = c0 + c1x + ...; 
ar - первый коэффициент f, не делящийся на p, bs - первый коэффициент g, не делящийся на p. Тогда 
сr+s = arbs + ar+1bs-1 + ar+2bs-2 + ... + ar-1bs+1 +
+ ar-2bs+2 + ... = arbs (mod p) 
Противоречие.

Теперь пусть f - многочлен с целыми коэффициентами, g,h - с 
рациональными так что f = gh. Не ограничивая общности cont(f) = 1. 
Выберем такое целое положительное m, что mg имеет целые коэффициенты.
Пусть n = cont(mg). Тогда r = m/n рациональное и rg имеет целые 
коэффициенты и cont(rg) = 1.  Аналогично выберем рациональное число s 
для h. Имеем согласно лемме cont(rg)cont(sh) = cont(rsgh), то есть
1 = cont(rsf). Так как cont(f) = 1, rs = 1. Таким образом 
f = (rg)(sh) - разложение f в произведение многочленов с целыми 
коэффициентами.

> 2) ты представь себе его как a(x-x1)...(x-xk)

Прочитай сначала, что такое (не)приводимый многочлен. LOL.

1) слишком длинное, при представлении многочлена в форме лагранжа все сводится к доказательству что n!/(n-k+1)!(k-1)!, k=1..n - целое

На самом деле там интерполяционный многочлен Лагранжа, тут интерполяционный многочлен Ньютона. А можно и с конечными разностями - там в пару строчек решение.

Мать вашу... Что вы себе тут позволяете???

Ага. А вот нас в школе (>10 лет назад) учили, что если мы пользуемся при доказательстве какой-либо теоремой или формулой, мы должны уметь её доказать.