2. Zadatak

Cjelobrojna nultočka polinoma s cjelobrojnim koeficijentima mora biti djelitelj slobodnog člana. Bez smanjenja općenitosti možemo pretpostaviti da je slobodni član polinoma koji Lucija odabire različit od nule, pa u skup $S$ možemo dodati samo cjelobrojne djelitelje broja $95$. Budući da je broj djelitelja broja $95$ konačan, Lucija neće moći beskonačno puta proširiti skup $S$.

Dokažimo da će Lucija u skup $S$ dodati sve cjelobrojne djelitelje broja $95$. Tada će na kraju $S$ imati $9$ elemenata.

Budući da je $-1$ nultočka polinoma $95x+95$, broj $-1$ može se dodati u $S$.

Broj $1$ je nultočka polinoma

$$-x^{95}-x^{94}-\cdots-x+95,$$

pa se u $S$ može dodati i $1$.

Sada se može dodati broj $-95$ jer je nultočka polinoma $x+95$.

Polinom $-x^3+x^2+x+95$ s koeficijentima iz $S$ ima nultočku $5$, dakle i $5$ se može dodati u $S$.

Sada vidimo da se u $S$ može dodati i $-5$ jer je $-5$ nultočka polinoma $x+5$. Također su na kraju i $-19$ i $19$ u $S$ jer su nultočke polinoma $5x+95$ i $5x-95$.

Prema tome, u konačnom skupu su

$$S=\{-95,-19,-5,-1,0,1,5,19,95\},$$

pa skup ima $9$ elemenata i nije ga moguće dalje proširiti.

Napomena. Polinom kojem je $5$ nultočka možemo dobiti na sustavniji način. Očito $5$ ne možemo dobiti kao nultočku linearnog polinoma s koeficijentima iz skupa $S=\{-95,-1,0,1,95\}$. Pretpostavimo da je $5$ nultočka polinoma $ax^2+bx+c$, za $a,b,c\in S$. Tada $5\mid c$ i $c\ne0$, pa mora biti $c=95$ ili $c=-95$. Imamo

$$25a+5b=\pm95,$$

odnosno

$$5a+b=\pm19,$$

što je nemoguće za $a,b\in S$. Dakle, ako je $5$ nultočka polinoma s koeficijentima iz $S$, polinom mora biti stupnja barem $3$.

Pretpostavimo da je

$$5^3a+5^2b+5c+d=0$$

za neke $a,b,c,d\in S$. Tada $5\mid d$ i $d\ne0$, pa je $d=95$ ili $d=-95$. Ako je $d=95$, dijeljenjem gornje jednadžbe s $5$ dobivamo

$$25a+5b+c=-19.$$

Odavde je $c\equiv1\pmod5$. Kako je $c\in S$, mora biti $c=1$. Sada je $5a+b=-4$, iz čega slijedi $a=-1$ i $b=1$.