Целые значения трехчлена

Clever_Unior

Доказать, что трехчлен $$ax^2+bx+c$$

принимает целые значения при любом целом x тогда и только тогда, когда $$2a,a+b,c$$

- целые числа. Сформулируйте, какое может быть аналогичное условие для $$ax^3+bx^2+cx+d$$

.

Проверьте, пожалуйста, мой ответ на 1 вопрос, т.к. оно скорее всего неверен.
Итак, ответ на первый вопрос:
$a + b \in \mathbb{Z},x \in \mathbb{Z} \Rightarrow ax + bx \in \mathbb{Z}\$
$a{x^2} + bx + c - ax - bx = a{x^2} - ax + c = \frac{{2ax(x - 1)}}{2} + c \in \mathbb{Z} \hfill \\ \hfill \\$
Но вопрос мне кажется немного другой, или нет?

тогда и только тогда, когда...

В этом случае, наверно, надо показать что f(0)=c -> с - всегда целое число, но вот как дальше..

Насчет второго вопроса есть идея: $$a,2b,b+c,d$$

, но все же кажется, что слишком просто, ведь $$2b,b+c,d$$

просто взято из первого условия.
Подскажите, пожалуйста, есть ли ошибки, и, если нет, что делать со вторым случаем?

Sonic86 · Сообщение **Sonic86** » 29 июн 2011, 09:33

Есть такой символ Похгаммера: $x^{\underline{n}} = \frac{x(x-1)...(x-n+1)}{n!}$ (обозначение из Кнута Конкретная математика). Множество всех $x^{\underline{n}}$ - такой же базис в пространстве многочленов, как и множество $$x^n$$

, а значит любой многочлен выражается через них.
Вроде бы $f_3(x)=Ax^{\underline{3}}+Bx^{\underline{2}}+Cx^{\underline{1}}+D$ всегда принимает целочисленные значения $\Leftrightarrow A,B,C,D \in \mathbb{Z}$ . А потом надо просто $$A,B,C,D$$

выразить через $$a,b,c,d$$

. (если описанное утверждение верно. иначе - не знаю).

Clever_Unior

$Ax^{\underline{3}}+Bx^{\underline{2}}+Cx^{\underline{1}}+D=A\frac {x(x-1)(x-2)} {6}+B\frac {x(x-1)} {2}+Cx+D$
Я правильно понял?
$a=A\frac {x(x-1)(x-2)} {6x^3}$
$b=B\frac {x(x-1)} {2x^2}$
$$c=C$$

Sonic86 · Сообщение **Sonic86** » 29 июн 2011, 10:32

Нет неправильно. Коэффициенты многочленов от переменной многочлена не зависят.

Подзадача: многочлены $$A(x^2-B)$$

и

равны. Выразить $$A,B$$

через

.

Clever_Unior

Т.е. я могу подставлять различные х?
Например:
$$A-AB=a+b+c (1)$$

Тогда A=a+b/3

Sonic86 · Сообщение **Sonic86** » 29 июн 2011, 11:33

Т.е. я могу подставлять различные х?

Можете, почему нет.

Тогда A=a+b/3

Теперь еще подставьте $$x=-1$$

и может быть придете, наконец-то, к правильному $$A=a, b=0, c=AB$$

(многочлены равны $\Leftrightarrow$ их коэффициенты при соответствующих степенях переменных равны).

Clever_Unior

Я, честно говоря, не совсем понял зачем нам это..

Krrechet · Сообщение **Krrechet** » 29 июн 2011, 12:00

"тогда и только тогда" - означает, что утверждение должно быть верным в обе стороны. Не ошибся?
Пусть $$ y = ax^2+bx+c $$

1) Знаем: $y \in \mathbb{Z}$
Надо доказать, что $\forall x \in \mathbb{Z} \to 2a, a+b, c \in \mathbb{Z}$
$$ y = ax^2+bx+c = ax^2+bx+ax-ax+c = c + x(a+b)-ax(x-1)$$

Для того чтобы $y \in \mathbb{Z}$ необходимо, чтобы $c, a+b, a \in \mathbb{Z}$ .
Можно сильнее:
Для того чтобы $y \in \mathbb{Z}$ необходимо и достаточно, чтобы $c, a+b, 2a \in \mathbb{Z}$ (так как $$x(x-1)$$

- четное, 0 можно отдельно расмотреть - тоже все хорошо)

2) Знаем: $2a, a+b, c \in \mathbb{Z}$
Надо доказать, что $y \in \mathbb{Z}$ $\forall x$
Условие $2a, a+b, c \in \mathbb{Z}$ можно разбить на 2:
либо а) $a = a' + 0.5 , b = b' + 0.5, a',b',c \in \mathbb{Z}$
либо б) $a,b,c \in\mathbb{Z}$
Для б) - очевидно сразу.
Для а) : $$ y = ax^2+bx+c =a'x^2+b'x+c + 0.5 (x^2+x)$$

- целое

- целое, т.к. $$(x+1)x$$

- четное, 0 можно рассмотреть отдельно - всё хорошо

Ну как-то так, поправьте если что...

MrDindows · Сообщение **MrDindows** » 29 июн 2011, 12:03

Clever_Unior

Krrechet писал(а):Source of the post
Ну как-то так, поправьте если что...

Спасибо, вроде бы правильно!
Не совсем понял один момент, почему 2а? Зачем его удваивать?

Но тогда для для кубического выходит:
$$ax^3+bx^2-bx+bx+cx+d=ax^3+bx(x-1)+x(b+c)+d$$

Или тут тоже как-то по другому...?

$ax^3+bx^2+cx+d=6a\frac{x(x-1)(x-2)}{6}+(2b+6a)\frac{x(x-1)}{2}+(a+b+c)x+d$

Отличное разложение, спасибо! Но является ли именно оно аналогией первому?

yourdomain.com