Два трёхчлена (где ошибка в рассуждениях?)

[Ktina]

Существуют ли два квадратных трёхчлена $ax^2+bx+c\quad\text{и}\quad (a+1)x^2+(b+1)x+(c+1)$ с целочисленными коэффициентами, каждый из которых имеет по два целых корня?

Я рассуждала следующим образом.
У одного из этих трёхчленов есть нечётный свободный член. Значит, оба его корня должны быть нечётными. Но тогда два других коэффициента этого трёхчлена должны быть разной чётности. Но тогда и у другого трёхчлена тоже коэффициенты при $x^2$ и при $x$ обладают разной чётностью. Таким образом, либо $b$ чётно и $a$ нечётно (и тогда $b+1$ нечётно и $a+1$ чётно), либо наоборот. По теореме Виета, сумма корней противоположна частному от деления этих двух коэффициентов. Чётное число можно разделить на нечётное, а вот наоборот -- вряд ли Выходит, у одного из этих трёхчленов сумма корней не будет целым числом, а значит, он не сможет иметь два целых корня.

Где ошибка в этих рассуждениях и почему у автора другое, не понятное мне, решение?

[ewert]

Ktina в сообщении #634741 писал(а):

У одного из этих трёхчленов есть нечётный свободный член. Значит, оба его корня должны быть нечётными.

В каком смысле нечётными?... Они ж рациональны.

[Ktina]

ewert в сообщении #634771 писал(а):

Ktina в сообщении #634741 писал(а):

У одного из этих трёхчленов есть нечётный свободный член. Значит, оба его корня должны быть нечётными.

В каком смысле нечётными?... Они ж рациональны.

Нечётными в смысле того, что значения этих корней являются нечётными целыми числами.

[Shadow]

У Вас правильно. И там правильно. Там просто объясняют почему b и c не могут быть одновременно нечетными.

-- 23.10.2012, 16:32 --

И не понимаю что Вам там непонятно. Один старший коеффициент четный, значит все остальные тоже четные. Значит другие нечетные, а такое не может быть.

[Ktina]

Shadow в сообщении #634774 писал(а):

И не понимаю что Вам там непонятно. Один старший коеффициент четный, значит все остальные тоже четные. Значит другие нечетные, а такое не может быть.

Теперь уже я поняла авторское решение. Просто поначалу оно меня малость в непонятки ввергло. Мне моё решение кажется несколько проще.

-- 23.10.2012, 16:36 --

Shadow в сообщении #634774 писал(а):

У Вас правильно.

Спасибо!

[nnosipov]

Shadow в сообщении #634774 писал(а):

Значит другие нечетные, а такое не может быть.

Старинная задача: если у трёхчлена $ax^2+bx+c$ все коэффициенты нечётны, то он не может иметь рациональных корней.

[ewert]

Ktina в сообщении #634772 писал(а):

Нечётными в смысле того, что значения этих корней являются нечётными целыми числами.

Да, чего-то у меня на секунду вылетело из головы, что это является условием. Возможно, Ваше решение и правильно, только лень разбираться -- слишком много "противоположностей". По-моему, всё гораздо проще.

Для определённости считаем, что $c$ нечётно (какая разница -- хором прибавлять все единички или хором вычитать). Как Вы метко заметили, тогда корни первого уравнения нечётны, т.к. являются делителями $c$. Коэффициент $a$ тоже делит $c$ и, следовательно, тоже нечётен, а $b$ чётен, поскольку делится на сумму корней. Но тогда $(a+1)$ чётен и $(b+1)$ нечётен, а это уже финиш -- $(b+1)$ не делится на $(a+1)$, что не есть хорошо с точки зрения целочисленности корней.

-- Вт окт 23, 2012 18:03:37 --

nnosipov в сообщении #634785 писал(а):

Старинная задача: если у трёхчлена $ax^2+bx+c$ все коэффициенты нечётны, то он не может иметь рациональных корней.

$x_1=\frac{m}{n\cdot2^k}, \ x_2=\frac{p\cdot2^k}{q}.$ Тогда $x_1+x_2=\frac{mq+np\cdot4^k}{nq\cdot2^k}=-\frac{b}{a},$, что нехорошо: при $k=0$ числитель чётен и знаменатель нечётен, при $k\neq0$ -- наоборот.