Πολυώνυμα με ακέραιες τιμές

konargyr14 · #1

Δίνονται πολυώνυμα f,g

με πραγματικούς συντελεστές, βαθμού

, τέτοια ώστε για κάθε πραγματικό αριθμό

, αν το

είναι ακέραιος τότε και το g(x)

είναι ακέραιος. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν ακέραιοι m,n

τέτοιοι ώστε g(x) = mf(x) + n

για κάθε πραγματικό αριθμό

.

#2

konargyr14 έγραψε: ↑
Τετ Απρ 22, 2026 7:29 pm
Δίνονται πολυώνυμα με πραγματικούς συντελεστές, βαθμού , τέτοια ώστε για κάθε πραγματικό αριθμό , αν το είναι ακέραιος τότε και το είναι ακέραιος. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν ακέραιοι τέτοιοι ώστε για κάθε πραγματικό αριθμό .

Ωραία άσκηση.

Έστω f(x)=ax^2+bx+c

και

. Χωρίς βλάβη a>0

και κάνοντας την αλλαγή μεταβλητής $x\rightarrow x- \dfrac {b}{2a}$ μπορούμε να υποθέσουμε ότι b=0

, δηλαδή χωρίς βλάβη f(x)=ax^2+c

. Επειδή το σύνολο τιμών της

είναι κλειστό διάστημα που περιέχει το f(0)=c

, σημαίνει ότι η

παίρνει ως τιμή όλους τους φυσικούς $m\ge c$ .

Εξετάζουμε έναν τέτοιο $m \in \mathbb N$ . Λύνοντας την f(x) =m

βλέπουμε ότι για $x= \pm \sqrt {\dfrac {m-c}{a} }$ είναι $f(x) \in \mathbb Z$ και άρα εξ υποθέσεως $g(x) \in \mathbb Z$ . Με άλλα λόγια

$A\left (\dfrac {m-c}{a} \right )+B \sqrt {\dfrac {m-c}{a} }+C \in \mathbb Z$ και

$A\left (\dfrac {m-c}{a} \right ) -B\sqrt {\dfrac {m-c}{a} }+C \in \mathbb Z$ (*)

Με αφαίρεση κατά μέλη έπεται

$\boxed {2B \sqrt {\dfrac {m-c}{a} } }\in \mathbb Z}$ (**)

Από αυτό θα δείξουμε ότι B=0

. Πράγματι, αλλιώς θα είχαμε για οποιαδήποτε δύο $m,n\in \mathbb Z$ με $m, n \ge c$ με διαίρεση κατά μέλη των δύο σχέσεων (**)

$\sqrt {\dfrac {m-c}{n-c} } \in \mathbb Q$ .

Με ύψωση στο τετράγωνο έπεται $\dfrac {m-c}{n-c} = r\in \mathbb Q$ και άρα

$c= \dfrac {rn-1}{r-1} \in \mathbb Q$ . Γράφουμε τώρα $c= \dfrac {p}{q} \in \mathbb Q$ , οπότε η παραπάνω γίνεται

$\sqrt {\dfrac {m-\dfrac {p}{q} }{n-\dfrac {p}{q} } } \in \mathbb Q$ , ισοδύναμα $\sqrt {\dfrac {qm-p}{qn-p } } \in \mathbb Q$ .

Θέτοντας $m=q^3p, \, n=qp$ η προηγούμενη δίνει $\sqrt {\dfrac {q^4p-p}{q^2p-p } } \in \mathbb Q$ , ισοδύναμα $\sqrt {q^2+1} \in \mathbb Q$ . Άτοπο γιατί το q^2+1

δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

Από το άτοπο συμπεραίνουμε το ζητούμενο $\boxed {B = 0}$ .

Πίσω στην (*) αυτό δίνει

$A\left (\dfrac {m-c}{a} \right )+ C \in \mathbb Z$ (***)

Επίσης, με m+1

στην θέση του

παίρνουμε

$A\left (\dfrac {m+1-c}{a} \right )+ C \in \mathbb Z$

Αφαιρώντας κατά μέλη τις δύο τελευταίες παίρνουμε $\boxed { \dfrac {A}{a} \in \mathbb Z}$

Ειδικά από την (***) και για οποιοδήποτε συγκεκριμένο

θέλουμε, υπάρχει $k\in \mathbb Z$ με $\boxed {C = k- A\left (\dfrac {m-c}{a}\right )}$

Όλα αυτά μαζί δίνουν

$g(x)=Ax^2+Bx+C = Ax^2+C = \dfrac {A}{a} (ax^2+c) - \dfrac {Ac}{a} + k- A\left (\dfrac {m-c}{a} \right ) = \dfrac {A}{a} f(x) + k-\dfrac {Am}{a}$

που είναι της ζητούμενης μορφής g(x)= Mf(x)+N

αφού $\dfrac {A}{a} \in \mathbb Z$ . Τελειώσαμε.

∫ot.T. · #3

Όταν είδα το πρόβλημα υπέθεσα ότι:
Αν δύο μη σταθερά πολυώνυμα ικανοποιούν τη συνεπαγωγή $f(x)\in \mathbb{Z} \Rightarrow g(x) \in \mathbb{Z}$ τότε υπάρχει πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές ώστε

Δεν ξέρω αν ισχύει η υπόθεση, αλλά μερικές πρώτες σκέψεις που έκανα δεν την απορρίπτουν.

∫ot.T. · #4

Αρχικά υπάρχει ένα αντιπαράδειγμα στην παραπάνω πρόταση αν $f(x)=x, g(x)=\dfrac{1}{2}x(x-1)$ . Όμως νομίζω ότι η πρόταση είναι αληθής αν ζητάμε το

να έχει ρητούς συντελεστές.

Αν αποδείξουμε ότι $degg =k\cdot degf$ όπου k ακέραιος τότε από το θεώρημα παρεμβολής Lagrange θα υπάρχει μοναδικό

βαθμού k (*) ώστε για k+1

τιμές

που δίνουν $f(x_i) \in \mathbb{Z}$ και $f(x_i) \neq f(x_j)$ για $i \neq j$ να ισχύει P(f(x_i))=g(x_i)

. Παρατηρούμε ότι το

έχει ρητούς συντελεστές. Επίσης $degP\circ f = degg$ και τα πολυώνυμα $P\circ f$ και

έχουν

κοινά σημεία, άρα είναι ίσα που δίνει το ζητούμενο.
Όμως δεν έχω αποδείξει τη σχέση αυτή των βαθμών, μόνο ότι πρέπει $degg \geq degf$ .

(*) Μπορούμε να επιλέξουμε k+1

σημεία ώστε το

να είναι βαθμού

και όχι λιγότερο, εφόσον οι επιλογές μας μπορεί να είναι οποιαδήποτε x,g(x)

με

ακέραιο και αρκετά μεγάλο

ώστε η

να είναι 1-1. Οπότε αν κάθε k+1

-άδα έδινε degP < k

τότε προκύπτει ότι degg < k

που είναι άτοπο.

#5

∫ot.T. έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 25, 2026 9:21 pm
Αρχικά υπάρχει ένα αντιπαράδειγμα στην παραπάνω πρόταση αν $f(x)=x, g(x)=\dfrac{1}{2}x(x-1)$ .

Προσοχή, δεν είναι αντιπαράδειγμα στο αρχικό ερώτημα: Η εκφώνηση λέει ότι τα πολυώνυμα f,g

είναι και τα δύο δευτεροβάθμια. Στην απόδεξή μου το χρησιμοποίησα στο βήμα όπου γράφω ότι χωρίς βλάβη είναι a>0

.

Πολυώνυμα με ακέραιες τιμές

Πολυώνυμα με ακέραιες τιμές

Re: Πολυώνυμα με ακέραιες τιμές

Re: Πολυώνυμα με ακέραιες τιμές

Re: Πολυώνυμα με ακέραιες τιμές

Re: Πολυώνυμα με ακέραιες τιμές

Μέλη σε σύνδεση