อ้างอิง:
ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Beatmania
41. ถ้า $\alpha(x)$ เป็นพหุนามโดยที่มีคุณสมบัติว่า
ถ้า $x$ เป็นจำนวนอตรรกยะแล้ว $\alpha(x)$ เป็นจำนวนอตรรกยะ
จงแสดงว่า $deg[\alpha]\leq 1$
|
ขั้นแรก ก่อนอื่นต้องพิสูจน์ว่าทุก $\alpha(x)$, $deg[\alpha]\geq 1$ จะได้ว่า $\alpha(x) \in \mathbb{Q}[x]$
จะพิสูจน์ induction บนดีกรี ว่า ถ้า $P(x)$ มีดีกรี $n$ และมี $(q,r) \in \mathbb{Q}^2$ จำนวนอนันต์ซึ่ง $P(q)=r$ แล้ว $P(x) \in \mathbb{Q}[x]$
base case $n=1$ Let $P(x)=ax+b$ ซึ่งมีคุณสมบัติว่ามี $(q,r) \in \mathbb{Q}^2$ จำนวนอนันต์ซึ่ง $P(q)=r$
จะมี $r_1,r_2,q_1,q_2 \in \mathbb{Q}$ ซึ่ง $r_1=aq_1 +b$, $r_2=aq_2+b$, ดังนั้น $a=\frac{r_1-r_2}{q_1-q_2}$, $b=r_1-aq_1$
ดังนั้น $a,b \in \mathbb{Q}$, $P(x) \in \mathbb{Q} [x]$
inductive case $n=k>1$ สมมติ $P(x)$ มีดีกรี $k$ และมี $(q,r) \in \mathbb{Q}^2$ จำนวนอนันต์ซึ่ง $P(q)=r$
then จะมี $q_0,r_0 \in \mathbb{Q}$ ซึ่ง $P(q_0)=r_0$ ดังนั้นจะสามารถเขียน $P(x)=R(x)(x-q_0)+r_0$
จากมี $(q,r)$ จำนวนอนันต์ซึ่ง $P(q)=r$ นั่นคือ $R(q)=\dfrac{r-r_0}{q-q_0}$
ดังนั้น $(q,r) \in \mathbb{Q}^2$ จำนวนอนันต์ซึ่ง $R(q)=r$ และ $deg[R]=deg[P]-1$
จาก induction $R(x) \in \mathbb{Q}[x]$ ดังนั้น $P(x) \in \mathbb{Q}[x]$
โดย induction จะได้ว่า สำหรับ $n \ge 1$ ถ้า $P(x)$ มีดีกรี $n$ และมี $(q,r) \in \mathbb{Q}^2$ จำนวนอนันต์ซึ่ง $P(q)=r$ แล้ว $P(x) \in \mathbb{Q}[x]$
เนื่องจากสำหรับ $\alpha (x)$, $deg(\alpha) \ge 1$ ไม่เป็นฟังก์ชันคงตัว และ $\lim_{x \rightarrow \infty} \alpha(x) = \pm \infty$ โดย denseness of $\mathbb{Q}$ และ intermediate value theorem จะมีมี $(q,r) \in \mathbb{Q}^2$ จำนวนอนันต์ซึ่ง $P(q)=r$
และจากที่พิสูจน์ขั้นที่แล้ว จะได้ $\alpha (x) \in \mathbb{Q}[x]$, when $deg[\alpha]\geq 1$
ขั้นที่สอง
ถ้า $deg[\alpha] \geq 2$
เอา $\alpha$ ไปคูณด้วยจำนวนเต็ม $N \neq 0$ เข้าไปให้ $A(x)=N\alpha (x) \in \mathbb{Z}[x]$ จะได้ ถ้า $x \in \mathbb{Q}'$ แล้ว $A(x) \in \mathbb{Q}'$
สมมติ $K$ เป็นสัมประสิทธิ์นำของ $A(x)$ จากขั้นที่แล้วสามารถเลือก $N$ ให้ $K>0$
$deg[A(x+1)-A(x)] \geq 1$ และ $\lim_{n \rightarrow \infty} A(x)= \infty$
therefore $\lim_{n \rightarrow \infty} (A(x+1)-A(x))= \infty$
เลือกจำนวนเต็ม $L$ ที่มากพอซึ่ง $A(L+1)-A(L) \ge K+1$
โดย intermediate value theorem ต้องมี $L<x \le L+1$, $A(x)=\left\lfloor A(L)\right\rfloor+R$, when $R=1,2,3,...,K+1$
ต้องมี $x$ ที่แตกต่างกัน $K+1$ ค่า
แต่เมื่อพิจารณาสมการ $A(x)-c=0$, $c \in \mathbb{Z}$ คำตอบต้องอยู่ในรูป $\frac{p}{q}, p \in \mathbb{Z}, q \mid K$
เนื่องจากคำตอบของ $A(x)=\left\lfloor A(L)\right\rfloor+R$ อยู่ในช่วง $(L,L+1]$ ค่าที่เป็นไปได้จึงมีแค่
$L+\frac{1}{K},L+\frac{2}{K},...,L+1$
ซึ่งมี $K$ ค่า
จึงเกิดข้อขัดแย้ง
$\therefore deg[\alpha] < 2$
solution ครับ ตอนแรกไม่นึกจะยาวขนาดนี้ แต่ก็โอเค เดี๋ยวเชิญอ่าน solution ก่อนเดี๋ยวสักพักมาโพสต์คำถามต่อไป (เกี่ยวกับ Polynomial เหมือนเดิมแหละ)
//ว่าแต่โพสต์ก่อนๆๆไปถึงข้อที่ 50 กว่า แล้วไม่ใชเหรอ??