О многочленах

[buzanovn]

Верно ли, что многочлен с $\mathbb{Z}$ коэффициентами не имеет $\mathbb{Z}$ корней, если $f(0)$ и $f(1)$ нечетные?
Попробовал доказать, используя частный случай с квадратным трехчленом:
Есть многочлен $f(x) = \alpha_n x^n + \cdots + \alpha_1 x + \alpha_0, \forall \alpha_i \in \mathbb{Z}$ Мы знаем, что $f(0) \equiv 1 \;(\bmod\; 2) \wedge f(1) \equiv 1 \;(\bmod\; 2)$ Заметим, что $f(0) = \alpha_0, f(1) = \sum\limits_{i=0}^{n}\alpha_i$.
Упростим задачу сократив количество коэффициентов до 3 -- рассмотрим обычный квадратный трехчлен $g(x) = \alpha x^2 + \beta x + \gamma$ Известно, что $\gamma \equiv 1 \;(\bmod\; 2)$ и $\alpha + \beta + \gamma \equiv 1 \;(\bmod\; 2)$ Чтобы сумма коэффициентов была нечетной при нечетном $\gamma$ необходимо, чтобы сумма $\alpha + \beta$ была четной. Это возможно в двух случаях -- $\alpha \equiv 0 \;(\bmod\; 2), \beta \equiv 0 \;(\bmod\; 2)$ или $\alpha \equiv 1 \;(\bmod\; 2), \beta \equiv 1 \;(\bmod\; 2)$. Дальше по теореме Виетта: $\frac{\gamma}{\alpha} = c_1 c_2, \frac{\beta}{\alpha} = -(c_1 + c_2)$, где $c_1, c_2$ - корни многочлена. Рассмотрим случай, когда $\alpha, \beta$ -- четные числа. $\frac{\gamma}{\alpha}$ -- делим нечетное на четное, результат целым числом быть не может, а значит произведение корней многочлена число не целое, хотя бы один из них не является целым. Рассмотрим случай, когда $\alpha, \beta$ -- нечетные числа. $\frac{\gamma}{\alpha}$ -- делим нечетное на нечетное, получаем либо целое нечетное либо нецелое. Рассмотрим первый случай. То есть $\frac{\gamma}{\alpha} = c_1 c_2 \equiv 1 \;(\bmod\;2)$ Глянем на $\frac{\beta}{\alpha}$ -- делим нечетное на нечетное и опять имеем два случая -- получаем либо целое нечетное либо нецелое. И опять рассмотрим нечетное целое число. Имеем, что $\frac{\gamma}{\alpha} = c_1 c_2 \equiv 1 \;(\bmod\;2), \frac{\beta}{\alpha} = -(c_1 + c_2) \equiv 1 \;(\bmod\;2)$, но такое невозможно в целых числах, произведение корней число нечетное, значит оба эти числа должны быть нечетными (по признакам делимости), сумма корней тоже число нечетное, но два нечетных числа в сумме дают четное, получено противоречие, значит для квадратных трехчленов утверждение верно.
Но дальше необходимо доказательство в общем случае, что чуть более проблематично, может можно сколько либо проще доказать

[Xaositect]

Это тривиально же. Предположим, что у многочлена есть корень, подставим его в многочлен и рассмотрим все по модулю 2.

[buzanovn]

Простите, но что нам это даст? Я пытаюсь уловить логику, но не очень понимаю в чем она.

[Brukvalub]

Сначала докажите, что четное число быть корнем не может-это почти очевидно. Если же $x_0$ - нечетный корень, то ${x_0}^n-1$ - четное число, что тоже приводит к противоречию.

[ewert]

buzanovn в сообщении #1050302 писал(а):

Я пытаюсь уловить логику, но не очень понимаю в чем она.

Чему равен остаток по модулю два для $\alpha_n x^n + \cdots + \alpha_1 x + \alpha_0$ в зависимости от чётности икса, т.е. от $x \mod2$?...

Вот именно ровно или $f(0)\mod2$, или $f(1)\mod2$.