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数オリの問題に留数を使う その2

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数オリの問題を解いていて面白い解法を見つけたので書いておきます.

問題 (Mediterranean 2021-1)
次の条件をみたす最小の正整数Mを求めよ.
条件: どのような整数a,b,cに対してもある整数係数多項式P(x)が存在してP(1)=aM, P(2)=bM, P(4)=cMとなる.

an=4n32n+2とすると
a0=a1=0, a2=6an+3=7an+214an+1+8an
から任意の自然数nに対してan6の倍数であることがわかり,特にP(4)3P(2)+2P(1)=(c3b+2a)M6の倍数である.
c3b+2a6と互いに素なときを考えると,M6の倍数であることがわかる.
また,P(x)=2a(x2)(x4)3b(x1)(x4)+c(x1)(x2)という多項式を考えることで最小値がM=6であることがわかる.

(ラグランジュ補間と因数定理を組み合わせると簡単に解けるのですが気付かなかったことにします)
この問題を一般化してみます.

nを正の整数とし,a1,,anを相異なる整数とする.次の条件をみたす最小の正整数Mを求めよ.
条件: どのような整数b1,,bnに対してもある整数係数多項式P(x)が存在してP(a1)=b1M,,P(an)=bnMとなる.

補題を用意します.

f(x),g(x)Z[x]gがモニック多項式であるとき,f(z)g(z)の無限遠点における留数は整数である.

無限遠点での留数については参考文献をご覧ください.(記事下にあります)

zdegff(1z)=f¯(z), zdeggg(1z)=g¯(z)とする.
gはモニックなのでh(z)Z[z]が存在してg¯(z)=1zh(z)となる.
原点を中心とする半径Rの円周を反時計周りに1周する積分路をCRとすると,CRf(z)g(z)dz=C1/Rf¯(z)g¯(z)zdeggdegf2dzとなるのでf(z)g(z)の無限遠点での留数はf¯(z)g¯(z)z=0でのLaurent展開の係数として与えられることがわかる.
ここで,f¯(z)g¯(z)=f¯(z)(1+zh(z)+z2h2(z)+)となり,これは整数係数なので,f(z)g(z)の無限遠点での留数が整数になることがわかる.

fを,Cにおいて有限個の点a1,,anを除いて正則な関数とするとき,Res(f,)=i=1nRes(f,ai)

Res(f,)=12πiCRf(z)dzと留数定理よりしたがう.

P(z)(za1)(zan)に補題1を適用すると,これの無限遠点での留数は整数であり,補題2より,i=1nP(ai)ji(aiaj)=i=1nbiMji(aiaj)は整数です.
これより,Mji(aiaj) (i=1,,n)の公倍数とわかります.(これは自明ではないけどここでは説明を省略します)
また,ラグランジュ補間による構成を考えると,Mが最小公倍数のときに最小値を実現することがわかります.

参考文献

リーマン球面と無限遠点 -高校数学の美しい物語
https://manabitimes.jp/math/2663

投稿日:2023115
OptHub AI Competition

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tria_math
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