Целые значения трехчлена

MrDindows · Сообщение **MrDindows** » 29 июн 2011, 12:18

Да, вам же во втором посте написали какой оно должно иметь вид.
Это разложение вам поможет доказать "тогда", но для начала, подставьте вместо икса 0, 1, 2, 3 (или -1). И вы получите 4 необходимые условия для "только тогда".

Krrechet · Сообщение **Krrechet** » 29 июн 2011, 13:41

Clever_Unior писал(а):Source of the post
Спасибо, вроде бы правильно!
Не совсем понял один момент, почему 2а? Зачем его удваивать?

2а - более сильное утверждение. (перечитайте еще раз моё сообщение)
Да и тут, обратите внимание на знаменатели:

MrDindows писал(а):Source of the post
$ax^3+bx^2+cx+d=6a\frac{x(x-1)(x-2)}{6}+(2b+6a)\frac{x(x-1)}{2}+(a+b+c)x+d$

Clever_Unior

Да, вам же во втором посте написали какой оно должно иметь вид.
Это разложение вам поможет доказать "тогда", но для начала, подставьте вместо икса 0, 1, 2, 3 (или -1). И вы получите 4 необходимые условия для "только тогда".

Что я из этого получил(в скобках указаны х):
(0) $d \in \mathbb{Z}$ ( $d \in \mathbb{Z}$ )
(1) $a+b+c \in \mathbb{Z}$ ( $a+b+c+d \in \mathbb{Z}$ )
(2) $6a+2b \in \mathbb{Z}$ ( $8a+4b+2c+d \in \mathbb{Z}$ )
(4) $24a \in \mathbb{Z}$ ( $64a+16b+4c+d \in \mathbb{Z}$ )
Не понимаю откуда 6a

MrDindows · Сообщение **MrDindows** » 29 июн 2011, 14:25

Clever_Unior писал(а):Source of the post
Да, вам же во втором посте написали какой оно должно иметь вид.
Это разложение вам поможет доказать "тогда", но для начала, подставьте вместо икса 0, 1, 2, 3 (или -1). И вы получите 4 необходимые условия для "только тогда".

Что я из этого получил(в скобках указаны х):
(0) $d \in \mathbb{Z}$ ( $d \in \mathbb{Z}$ )
(1) $a+b+c \in \mathbb{Z}$ ( $a+b+c+d \in \mathbb{Z}$ )
(2) $6a+2b \in \mathbb{Z}$ ( $8a+4b+2c+d \in \mathbb{Z}$ )
(4) $24a \in \mathbb{Z}$ ( $64a+16b+4c+d \in \mathbb{Z}$ )
Не понимаю откуда 6a

Однако зачем вы подставили 4 ?)
Подставьте -1 и всё получится)

Sonic86 · Сообщение **Sonic86** » 29 июн 2011, 14:44

Так. Ну остался самый нужный вопрос: а почему утверждение верно?
Если его доказывать, то скорее всего по индукции по степени многочлена (переход от многочлена большей степени к многочлену меньшей степени совершается взятием разности, которая от символов Похгаммера берется ну просто замечательно).

Hottabych · Сообщение **Hottabych** » 29 июн 2011, 14:55

Clever_Unior писал(а):Source of the post
Доказать, что трехчлен принимает целые значения при любом целом x тогда и только тогда, когда - целые числа.

- это целые числа по условию.
$$c=f(0), a+b=f(1)-f(0), 2a=f(1)+f(-1)-2f(0)$$

- следовательно тоже целые.

MrDindows · Сообщение **MrDindows** » 29 июн 2011, 14:57

Sonic86 писал(а):Source of the post
Так. Ну остался самый нужный вопрос: а почему утверждение верно?
Если его доказывать, то скорее всего по индукции по степени многочлена (переход от многочлена большей степени к многочлену меньшей степени совершается взятием разности, которая от символов Похгаммера берется ну просто замечательно).

О чём вы?

Sonic86 · Сообщение **Sonic86** » 29 июн 2011, 15:04

Sonic86 писал(а):Source of the post
Вроде бы $f_3(x)=Ax^{\underline{3}}+Bx^{\underline{2}}+Cx^{\underline{1}}+D$ всегда принимает целочисленные значения $\Leftrightarrow A,B,C,D \in \mathbb{Z}$ .

Я про это.

MrDindows · Сообщение **MrDindows** » 29 июн 2011, 15:20

Sonic86 писал(а):Source of the post
Sonic86 писал(а):Source of the post
Вроде бы $f_3(x)=Ax^{\underline{3}}+Bx^{\underline{2}}+Cx^{\underline{1}}+D$ всегда принимает целочисленные значения $\Leftrightarrow A,B,C,D \in \mathbb{Z}$ .

Я про это.

Индукция по $$k$$

$P(x)=a_nx^{\underline{n}}+a_{n-1}x^{\underline{n-1}}+...+a_1x^{\underline{1}}+a_0$
$P(k)=a_k+a_{k-1}+Z$ - Z - остальной хвост, целый,

Sonic86 · Сообщение **Sonic86** » 29 июн 2011, 15:27

MrDindows, ну я как раз про это и написал Главное - точно показать, почему именно символ Похгаммера используется, а не обычные степени...

yourdomain.com