Komentarz

XIX OM - II - Zadanie 1

Dowieść, że wielomian zmiennej $ x $ o współczynnikach całkowitych, którego wartość bezwzględna dla trzech różnych wartości całkowitych $ x $ równa się 1, nie ma pierwiastków całkowitych.

Rozwiązanie

Załóżmy, że $ f(x) $ jest wielomianem zmiennej $ x $ o współczynnikach całkowitych i że

\[<br /> (1) \qquad |f(a)| = |f(b)| = |f(c)| = 1,<br /> \]

gdzie $ a $, $ b $, $ c $ są trzema różnymi liczbami całkowitymi.

Przypuśćmy, że $ x_0 $ jest pierwiastkiem całkowitym wielomianu $ f(x) $, wobec czego dla każdego $ x $

\[<br /> (2) \qquad f(x) = (x - x_0)\varphi (x),<br /> \]

gdzie $ \varphi (x) $ jest wielomianem o współczynnikach całkowitych.

Z (1) i (2) wynika, że

\[<br /> | (a - x_0) \varphi (a)| =|a - x_0| \cdot |\varphi (a)|= 1.<br /> \]

Liczba $ |a - x_0| $ jest całkowita, dodatnia i jest dzielnikiem jedności, zatem $ |a - x_0| = 1 $; tak samo stwierdzamy, że $ |b - x_0| = 1 $, $ |c - x_0| = 1 $.

Wynika stąd, że któreś dwie z liczb $ a - x_0 $, $ b - x_0 $, $ c - x_0 $, więc również któreś dwie z liczb $ a $, $ b $, $ c $ są równe, co przeczy założeniu. Wielomian $ f(x) $ nie ma więc pierwiastka całkowitego, c.n.d.

Uwaga. W rozumowaniu powyższym powoływaliśmy się na to, że współczynniki wielomianu $ \varphi (x) $ są całkowite. Łatwo to wykazać.

Niech

\[<br /> f(x) = a_0 x^n+ a_1 x^{n-1} + \ldots + a_{n-1}x + a_n,<br /> \]
\[<br /> \varphi(x) = c_0 x^{n-1} + c_1 x^{n-2} + \ldots + c_{n-2}x - c_{n-1}.<br /> \]

Z równości $ f(x) = (x - x_0) \varphi (x) $ otrzymujemy przez porównanie współczynników obu stron

\[<br /> a_0 = c_0,\ a_k = c_k - x_0 c_{k-1} \ (k = 1,2, \ldots, n- 1)<br /> \]

zatem

\[<br /> c_0 = a_0,\ c_k = a_k + x_0 c_{k-1}.<br /> \]

Stąd wynika, że liczba $ c_0 $ jest całkowita, gdy zaś $ c_{k-1} $ jest całkowite ($ k = 1,2, \ldots, n - 1 $), wtedy również $ c_k $ jest całkowite. Zatem liczby $ c_0, c_1, \ldots, c_{n_-1} $ są całkowite.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Dodaj komentarz