Пара задач про многочлены

[Гость]

1. Доказать, что многочлен степени < n, принимающий целые значения при n последовательных
значениях переменной, принимает целые значения при всех целых значениях переменной.

2. Доказать, что если многочлен с целыми коэффицентами приводим над полем рациональных
чисел, то он может быть разложен в произведение двух многочленов меньшей степени с целыми
коэффицентами.

[leox_]

Anonymous писал(а):

1. Доказать, что многочлен степени < n, принимающий целые значения при n последовательных
значениях переменной, принимает целые значения при всех целых значениях переменной.

2. Доказать, что если многочлен с целыми коэффицентами приводим над полем рациональных
чисел, то он может быть разложен в произведение двух многочленов меньшей степени с целыми
коэффицентами.

1. Знаючи n значень многочлена, використовуючи інтерполяційну формулу Лагранжа, можна показати що всі його коєфіцієнти є цілими числами. Звідси і випливає що він приймає тільки цілі значення.

2. Сумніваюсь.

1. Зная n значений многочлена, можно использовать интерполяционную формулу Лагранжа и показать, что все его коэффициенты - целые числа. Отсюда следует, что он принимает только целые значения.
2. Сомневаюсь.
Перевел Dan_Te

[Someone]

leox_ писал(а):

Anonymous писал(а):

1. Доказать, что многочлен степени < n, принимающий целые значения при n последовательных
значениях переменной, принимает целые значения при всех целых значениях переменной.

2. Доказать, что если многочлен с целыми коэффицентами приводим над полем рациональных
чисел, то он может быть разложен в произведение двух многочленов меньшей степени с целыми
коэффицентами.

1. Знаючи n значень многочлена, використовуючи інтерполяційну формулу Лагранжа, можна показати що всі його коєфіцієнти є цілими числами. Звідси і випливає що він приймає тільки цілі значення.

Пусть многочлен $P(x)$ степени $s<3$ принимает целые значения при $x=0$, $x=1$, $x=2$. Тогда интерполяционный многочлен Лагранжа для него имеет вид $P(x)=\frac{(x-1)(x-2)}{2}P(0)-x(x-2)P(1)+\frac{x(x-1)}{2}P(2)$. Не видно, почему бы его коэффициенты были целыми числами. Особенно если учесть, что и у $P(x)$ коэффициенты не обязаны быть целыми. Например, $P(x)=\frac{x(x+1)}{2}$.

Предположим, что многочлен $P(x)$ степени $s<n$ принимает целые значения при $x\in\{m,m+1,m+2,\dots,m+n-1\}$, где $m$ - целое. Определим многочлены $P_k(x)$, $k\in\{0,1,2,\dots,n\}$, полагая $P_0(x)=P(x)$ и $P_k(x)=P_{k-1}(x+1)-P_{k-1}(x)$ при $0<k\leqslant n$.

Легко проверить непосредственным последовательным вычислением, что степень многочлена $P_k(x)$ равна $\max\{s-k,0\}$, где, напомню, $s$ - степень многочлена $P(x)=P_0(x)$ (считаем, что степень многочлена, тождественно равного 0, равна 0; иногда её считают равной -1 или $-\infty$). Поскольку $s<n$, то многочлен $P_{n-1}(x)$ заведомо имеет нулевую степень, то есть, является постоянным, а $P_n(x)$ принимает только нулевые значения.

Из определения многочленов $P_k(x)$ следует, что $P_k(x)$ принимает целые значения при $x\in\{m,m+1,\dots,m+n-k-1\}$.

Теперь из сказанного следует, что $P_{n-1}(x)=P_{n-1}(m)$ принимает только целые значения. Опираясь на это, получаем, что и все значения $P_{n-2}(x)$ целые: $P_{n-2}(m+1)$ - целое, и $P_{n-2}(x+1)=P_{n-2}(x)+P_{n-1}(x)$. Аналогично последовательно получаем целочисленность $P_{n-3}(x),\dots,P_0(x)$ при целых $x$. Детали додумайте сами.

leox_ писал(а):

2. Сумніваюсь.

М.М.Постников, Введение в теорию алгебраических чисел, Москва, "Наука", 1982.
Параграф 5, Следствие. Если многочлен $H(x)$ с целыми коэффициентами приводим над полем $\mathbb Q$, то существуют такие многочлены $F(x)$ и $G(x)$ положительных степеней с целыми коэффициентами, что $H(x)=F(x)G(x)$.

[Evgeni_1003]

Утверждение №2 часто называют леммой Гауса. Попробуйте поискать по такому названию.
Доказывается она достаточно просто:
Пусть многочлены над рациональными числами $P(x) = 1/N_P P_i(x), \ \ Q(x)=1/N_Q Q_i(x)$ где $N_P,\ N_Q$ найменьшие общие катные для знаменателей всех коэффициентов. Тогда если ${1/{N_PN_Q} P_iQ_i(x)$ имеет целые коэффициенты, то и все коэффициенты у многочленов $1/{N_Q} P_i(x),\ 1/{N_P} Q_i(x)$ целые.

Для этого доказывается простая лемма:
Для просто числа $p$ и $P(x), Q(x)\in {\mathds Z}[x]$ если $1/p P(x)$ или $1/p Q(x)$ имеет нецелые коэффициенты, то и $1/p PQ(x)$ тоже будет иметь нецелые коэффициенты.

[Genrih]

2 Гость , я ответил на Иродове
2 Evgeni_1003 Да. Ето действительно так

Цитата:

Для этого доказывается простая лемма:
Для просто числа и если или имеет нецелые коэффициенты, то и тоже будет иметь нецелые коэффициенты.

Я использовал так сказать дуальную лемму:Если $f(x)$ - примитивный полином, $r \in {\mathds Q}$ a коеффициенты $rf(x) \in {\mathds Z}[x]$, то $r$ - целое