Matematické Fórum

Radar · 29. 04. 2011 20:03

Když mám dva polynomy P(n) a Q(n) s celočíselnými koeficienty a hodnota Q(n) dělí hodnotu P(n) pro každé přirozené n, platí z toho, že polynom Q(n) dělí P(n)?

check_drummer · 02. 05. 2011 19:54

Dle mého ano:

Předpokládejme, že tomu tak není. Pak je zřejmě stupeň Q aspoň 1. Víme, že existují polynomy R,S, že P=Q.R+S, kde stupeň S < stupeň Q (*). Pokud Q(n) dělí P(n), pak musí i Q(n) dělit S(n). Tedy pro všechna n Q(n) dělí S(n). Tedy existuje dostatečně velké n0, že abs(Q(n0))>abs(S(n0)) (dle (*)) a Q(n0) i S(n0) <> 0. Pak nemůže Q(n0) dělit S(n0).

check_drummer

↑ OiBobik:
To je pravda, obecně budou mít R,S racionální koeficienty. Pro vhodné m přirozené lze však dosáhnout vztahu m.P=Q.R.m+S.m, kde R.m a S.m jsou celočíselné polynomy.

Pokud se nám podaří ukázat, že Q nedělí m.P, pak jsme hotovi (použijeme argument výše). Zkusím se nad tím zamyslet.

Edit: Předpokládejme pro spor opak, tedy, že Q dělí m.P, tedy že P je tvaru Q.A/m pro nějaký polynom A. Potom pro každé n m dělí A(n). Pokusme se ukázat, že z toho plyne, že A je tvaru m.B pro nějaké B. Pak totiž bude P tvaru Q.B a tedy Q dělí P, což je spor.

Tedy zbývá dokázat: Pokud pro každé n platí, že m dělí A(n) (A je polynom s celočíselnými koeficienty), pak A=m.B pro nějaký polynom B. (To je speciální případ věty dokazované.)

Více snad zítra.

musixx · 03. 05. 2011 11:09 — Editoval musixx (03. 05. 2011 11:57)

Jen bych doformalizoval již napsané...

Nikde se nepíše, nad jakým okruhem jsou polynomy konstruovány, ale dá se předpokládat, že to bude alespoň $\mathbb Z$ , tedy $P,Q\in{\mathbb Z}[x]$ , případně ${\mathbb Q}[x]$ , ${\mathbb R}[x]$ , ${\mathbb C}[x]$ . Ale to nás ani nijak zajímat nemusí. Předpokládejme tedy přirozeně, že jsou nad okruhem charakteristiky 0 obsahujícím celá čísla.

Kdyby byl Q nulový polynom, pak protože nula dělí pouze nulu, a protože nenulový polynom P nemůže mít nekonečně mnoho kořenů (všechna přirozená čísla), pak i samo P je nula a tvrzení platí.

Dále tedy předpokládejme nenulové Q.

Jistě vždy pak lze psát $m\cdot P(x)=Q(x)\cdot R(x)+S(x)$ pro vhodné $m\in\mathbb Z$ a R(x) a S(x) s celočíselnými koeficienty. Můžeme přidat navíc požadavek, aby ${\rm st}\,S<{\rm st}\,Q$ s obvyklou konvencí ${\rm st}\,0=-\infty$ .

Q je nenulový, a tedy pro všechna x větší než největší (reálný) kořen polynomu $Q^\prime(x)$ je polynom Q(x) monotónní, proto existuje takové přirozené $n_1$ , že posloupnost $\{|Q(n)|\}_{n=n_1}^\infty$ je rostoucí posloupnost přirozených čísel. Stejně tak pro polynom S(x). No a z porovnání stupňů Q a S plyne existence přirozeného $n_3$ takového, že $|Q(n)|>|S(n)|$ pro všechna přirozená $n>n_3$ .

Protože ale $m\cdot P(x)=Q(x)\cdot R(x)+S(x)$ je pro přirozené x rovnost v celých číslech a protože tvrdíme, že Q(n) dělí P(n) pro všechna přirozená n, pak také Q(n) musí dělit S(n) pro všechna přirozená n, tedy zejména pro ta větší než $n_3$ . Těch je ale nekonečně mnoho a současně pro všechna z nich platí $|Q(n)|>|S(n)|$ , tedy jediná možnost je, že pro všechna tato n je S(n) rovno nule.

Ovšem nenulový nemůže mít nekonečně mnoho kořenů, tedy S(n) musí být nulový polynom, což dokazuje, že polynom $Q(x)$ dělí polynom $P(x)$ , ať už byly polynomy P a Q konstruovány nad jakýmkoli okruhem obsahujícím celá čísla.

check_drummer · 03. 05. 2011 18:20

↑ musixx:
Ano, je to tak, klíčový bod, že Q(n) dělí S(n) mě také dnes napadl. Zbytek plyne z toho, že stupeň Q > stupeň S, přesně tak, jak píšeš.

Pavla11 · 29. 01. 2019 14:49

Dobrý den, potřebovala bych poradit. Příklad najdi a,b,c která patří do celých čísel, tak aby f(x) bylo děleno g(x). $f(x)=x^{3}+ax^{2}+3x+b, g(x)=x^{2}+cx+2$

laszky · 29. 01. 2019 15:10

↑ Pavla11:

Ahoj, vyuzij toho, ze

$\frac{f(x)}{g(x)}=x+(a-c) + \frac{(c^2-ac+1)x+2c+b-2a}{g(x)}$

Pavla11 · 29. 01. 2019 20:25

↑ laszky: toho jsme dosáhli tím, že jsme vydělili f(x)/g(x), ale při sebemenších pokusech s tím něco udělat mi nic nevychází. Došla jsem pouze k tomu, že a=1,c=1 a b=-2, ale nevím zda je to správně.

laszky · 29. 01. 2019 20:40

↑ Pavla11:

Ahoj, neni to spravne. Pokud a=1,c=1 a b=-2, potom $c^2-ac+1=1$ .

My ale chceme $c^2-ac+1=0$ a $2c+b-2a=0$ .

Z druhe rovnice vyplyva, ze $a-c=\frac{b}{2}$ . Dosazenim do prvni rovnice ziskame

$0=c(c-a)+1=1-\frac{bc}{2}$ , takze $c=\frac{2}{b}$ a $a=c+\frac{b}{2}=\frac{2}{b}+\frac{b}{2}$

Cemu se musi rovnat $b$ , aby $a$ i $c$ byla cela cisla? (jsou 2 moznosti)