Многочлен, принимающие иррац. значения в иррац. точках

[MrDindows]

Помогите пожалуйста с такой задачей:
Необходимо найти все натуральные $n$ для которых существует такой многочлен $P(x)$ степени $n$ с рациональными коэфициентами( коэфициент у старшего члена $1$), который во всех иррациональных точках принимает иррациональные значения.

Ну очевидно что для $n=1$ все многочлены подходят, для $n=2, 3, 4,$ я вроде как доказал что такие не существуют, а вот дальше...ну как бы предполагаю что $n=1$ - единственный ответ, но доказать не получается)
И маленькая просьба, задание с школьных олимпиад, поэтому хотелось бы идеи или решение...понятного уровня)

[neo66]

Сведите все к такому утверждению:

Если $a_i,b_i$, где $i=1,2, \dots ,{n-1}$ - фиксированные целые числа и $n>1$, то существуюут такие целые $p$ и $q$, что уравнение:

$x^n + \frac {a_{n-1}}{b_{n-1}}x^{n-1} + \dots + \frac {a_1}{b_1}}x^1+ a_0=0$

имеет иррациональный корень или при $a_0 = \frac p q $ или при $a_0 = \frac {p+1} q $.

[MrDindows]

Я пытался доказать совсем по другому (через представление $x=z+\sqrt{y}, z,y \in Q$),
поэтому это утверждение мне понятно, но идей, как его доказать нету( подскажите чтоли какие подбирать p,q , или по какому принципу доказывать....

[paha]

MrDindows в сообщении #380034 писал(а):

через представление $x=z+\sqrt{y}, z,y \in \mathbb{R}$

не всякое ирраиональное число имеет вид $z+\sqrt{y}$, где $z\in\mathbb{Q}$

[MrDindows]

Я понимаю)
Просто моя идея заключалась именно в том, что для любого $n$ и любых коэфициентов, найдётся такой $x$, что многочлен примет именно рациональное значение, при этом $x$ - рациональным не будет)
Для $n=2,3,4,5,6$ прокатило, а вот дальше....

[AlexandreII]

Для четной степени есть доказательство невозможности.
Пусть $P(x) $имеет четную степень (ст.коэф = 1) и в каждой иррациональной точке имеет иррациональное значение.
Значит уравнение $P(x) = q$, где $q$ - некоторое рациональное число, всегда имеет рациональные корни.
То есть у многочлена $P(x)$ можно заменять свободный член на любое рациональное число, а корни всегда будут рациональны.
Но это невозможно, так как степень четная, значит многочлен имеет глобальный минимум на $R$. Прибавляя к свободному члену достаточно большое число, можно добиться, что действительных корней нет, следовательно, для любого рационального свободного члена не могут все корни всегда быть рациональными.
Полученное противоречие означает, что такого полинома нет.

[MrDindows]

AlexandreII в сообщении #380082 писал(а):

Пусть $P(x) $имеет четную степень (ст.коэф = 1) и в каждой иррациональной точке имеет иррациональное значение.
Значит уравнение $P(x) = q$, где $q$ - некоторое рациональное число, всегда имеет рациональные корни.

Что-то не вижу взаимосвязи между этими двумя утверждениями...
От чего он обязательно должен иметь корни?

[AlexandreII]

Допустим, $P(x) = q$ имеет хотя бы один иррациональный корень $x_0$.
$P(x_0) = q$
В иррациональной точке рациональное значение.
Значит многочлен уже не подходит под требования задачи

[MrDindows]

Дык степень чётная, значит многочлен может не иметь корней вообще)

[AlexandreII]

Общий случай.
Пусть $P(x)$ степени выше 1 принимает в каждой иррациональной точке иррациональные значения.
Тогда уравнение $P(x)=q$, где q - рационально, должно иметь все рациональные корни.
То есть заменяя свободный член P(x) на любое рациональное число, должны получать все время все рациональные корни.
Но прибавляя достаточно большое число к свободному члену, можно сделать все локальные экстремумы больше нуля, значит уравнение будет иметь единственный действительный корень (для нечетной степени) или вообще ни одного (четная степень). Общее то, что кол-во действительных корней 0 или 1, т.е. явно меньше степени, значит обязательно будут комплексные корни (нерациональные)
Данное противоречие доказывает, что $P(x)$ не существует

[ИСН]

Нет.

[AlexandreII]

Если многочлен не имеет корней, это значит нет ДЕЙСТВИТЕЛЬНЫХ корней. Комплексные есть всегда.
Если есть не действительный корень, значит уже в одной нерациональной точке многочлен обращается в ноль, т.е. принимает рациональное значение.
Доказательство от противного.
Если предположить, что наш многочлен принимает ирр. значение в КАЖДОЙ ирр. точке, то отсюда вытекает, что он не может иметь нерациональных корней, значит все корни рациональные

-- Ср ноя 24, 2010 23:44:45 --

2 ИСН.
Нет - это что? это кому?

[ИСН]

Нет - это Вам. Комплексных чисел нет, есть только действительные.

[AlexandreII]

Простите, не понял вашу мысль.
Что-то вроде "надо решить задачу, не обращаясь к комплексным числам"?

[ИСН]

А впрочем, если понимать в таком узкоспецифическом смысле (действительные числа расширить до комплексных, а рациональные не расширять), то да, подобное рассуждение катит.