wielo zombi: Wykazać, że jeśli wielomian W(x) o współczynnikach całkowitych przyjmuje wartość 5 dla pięciu całkowitych wartości x, to wielomian ten nie posiada pierwiastków całkowitych. Niech W(x)= [5+(x−x₁)(x−x₂)...(x−x₅)]g(x) Zatem dla x₁, x₂,...,x₅ W(x)=5 stąd otrzymujemy W(x₁)=5g(x₁)=5 . . . W(x₅)=5g(x₅)=5 ⇒ g(x₁)=g(x₂)=...=g(x₅)=constans=c∊R Stąd W(x)=[5+(x−x₁)...(x−x₅)]c Niech x₀ będzie całkowitym pierwiastkiem W(x) 5=−(x₀−x₁)...(x₀−x₅) Tu dochodzimy do sprzeczności, ponieważ iloczyn pięciu różnych liczb całkowitych ≠5 Może być?

zombi: Podbijam

Godzio: Skąd CI się bierze, że g(x_i) = 1 dla i = 1,2,3,4,5 (wnioskuje to po tym, że masz 5g(x_i) = 5 ) ?

zombi: To z 5g(x)=5

zombi: Tylko cały czas czegoś mi tu brakuje, taki niedosyt czuję...

Godzio: Jeszcze powiedz na jakim poziomie jesteś

zombi: Wypadałoby nadmienić, że g(x) ma współczynniki całkowite i nie wiem czy "dla pięciu całkowitych wartości x" oznacza pięciu RÓŻNYCH. Stąd pojawia się u mnie wątpliwość czy nie powinienem rozpatrzyć przypadku x₁=x₂=...=x₅

zombi: Liceum

Godzio: Na razie coś nie mogę wpaść na rozwiązanie, w każdym razie nie sądzę, żeby Twoje było też dobrze, bo można tak zacząć: Wiemy, że W(x_i) = 5 dla i ∊ {1,2,3,4,5}. Zdefiniujmy wielomian G(x), G(x) = W(x) − 5, wówczas G(x) ma co najmniej 5 pierwiastków, G(x) = (x − x₁)...(x − x₅) * F(x), zatem W(x) = (x − x₁)...(x − x₅) * F(x) + 5 A to już jest coś innego niż u Ciebie, zresztą Ty zakładasz, że W jest stopnia 5, i też wynika z Twojego zapisu.

Godzio: Właściwie G(x) ma TYLKO 5 pierwiastków

zombi: Nie zakładam, że W(x) jest 5−tego stopnia. Bo W(x)=2g(x)+h(x)g(x), gdzie h(x) jest wielomianem 5−tego stopnia, więc W(x) może być wielomianem n−tego stopnia, natomiast g(x) n−5 stopnia. To, że W(x) jest 5−tego stopnia wychodzi z przekształceń. W książce podali, jako wskazówkę "Rozpatrz wielomian W(x)=[5+(x−x₁)(x−x₅)]g(x)", dlatego się tym sugerowałem.

Godzio: W(x) = [ 5 + (x − x₁)...(x − x₅) ]c, gdzie c ∊ R, a to nie jest wielomian 5 stopnia ?

Godzio: Kończąc moje: Załóżmy nie wprost, że W(x) ma pierwiastek całkowity x₀, wówczas W(x₀) = (x₀ − x₁)...(x₀ − x₅)F(x₀) + 5, zauważmy, też, że iloczyn (x₀ − x₁)...(x₀ − x₅)F(x₀) jest iloczynem 5 różnych liczba całkowitych i F(x₀), które również jest całkowe. Ponieważ iloczyn ten musiałby dawać −5, otrzymujemy sprzeczność ponieważ 5 jest liczbą pierwszą, i jedynym jego rozkładem jest − 1 * 1 * 5, czyli iloczyn 3 składników, a my mamy co najmniej 5 różnych. Takie rozwiązanie wydaje mi się być poprawne.

zombi: To to właściwie dochodzimy do tej samej konkluzji, że iloczyn 5 liczb całkowitych nie może dać −5

Godzio: Jednak nasze rozumowania nieco się różnią, nadal nie rozumiem co u Ciebie się dzieje (nie widzę formalnego wytłumaczenia)

zombi: Tzn. ja starałem się zrobić to korzystając ze wskazówki jaką podali, chociaż twój sposób jest zgrabniejszy.

Godzio: Jak na moje oko, musieli pomylić się we wskazówce, albo Ty źle popatrzyłeś, nie miało być tam wielomianu: W(x) = 5 + (x − x₁)...(x − x₅)g(x) ?

zombi: Niee serio jest nawias kwadratowy, ale to może być błąd, bo już znalazłem parę w tej książce.

zombi: Podobne. Wielomian o współczynnikach całkowitych przyjmuje wartość 2 dla czterech różnych wartości całkowitych.Wykazać, że wielomian W(x) nie przyjmuje dla żadnego x wartości {1,3,5,7,9} Niech W(x)=(x−x₁)(x−x₂)(x−x₃)(x−x₄)F(x) + 2 Gdzie F(x) to wielomian o współczynnikach całkowitych Niech W(x)=1 (x−x₁)(x−x₂)(x−x₃)(x−x₄)F(x) + 2 = 1 Otrzymujemy, sprzeczność, ponieważ iloczyn 4 różnych liczb całkowitych nie daje −1 Podobnie, gdy W(x)=3. Dla W(5), W(7) i W(9) także otrzymujemy sprzeczność, ponieważ iloczyn 4 liczb całkowitych, nie daje kolejnych liczb pierwszych {3,5,7} Może byc?

Artur_z_miasta_Neptuna: mała poprawka Otrzymujemy, sprzeczność, ponieważ iloczyn 5 różnych liczb całkowitych nie daje −1 bo przecież F(x) też będzie liczbą całkowitą, co jest kluczową częścią zadania

zombi: No właśnie, dlatego chciałem, żeby ktoś rzucił okiem, bo na pewno jakiś głupi błąd popełniłem. Dzięki wielkie!