Encontrar todos los polinomios $P \in \mathbb{R}[X]$ tal que: $P(x) \in \mathbb{Q}$ si y sólo si $x \in \mathbb{Q}$.
Creo que $P(x)=x+c$ o $P(x)=-x+c$ $c$ Dónde está algún racional constante. Pero no tengo ni idea de este enfoque.
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(Lema 1) Si un polinomio $f\in \mathbb{R}[x]$ satisface $a\in \mathbb{Q} \implies f(a)\in \mathbb{Q}$. A continuación,$f(x)\in\mathbb{Q}[x]$.
(Lema 2) no existe $f(x)\in \mathbb{Q}[x]$$\deg f \geq 2$, de tal manera que para cada número racional $r$, todas las raíces de $f(x)-r = 0$ son racionales.
El uso de estos lemas, podemos probar su conjetura (que es $P(x) = a +b x$ racional,$a,b$). Deje $P(x)\in \mathbb{R}[x]$ tal que $x\in \mathbb{Q} \iff P(x)\in \mathbb{Q} $, entonces el Lema 1 dice $P(x)\in \mathbb{Q}[x]$. Para cualquier número racional, considere la ecuación de $P(x) = r$, no se puede tener cualquier irracional solución. De ahí Lema 2 dice $\deg P < 2$.
(Prueba del Lema 1) Suponga $f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_0$, luego $$\begin{pmatrix}1 & 1 & \cdots & 1 \\ 2^n & 2^{n-1} & \cdots & 1 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ (n+1)^n & (n+1)^{n-1} & \cdots & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}a_n \\ a_{n-1} \\ \vdots \\ a_0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}f(1) \\ f(2) \\ \vdots \\ f(n+1) \end{pmatrix} \in \mathbb{Q}^n $$ Debido a que la matriz es invertible (determinante de Vandermonde), la prueba se ha completado.
(Prueba del Lema 2) Voy a llamar a una suma de un número racional $r$ de la forma $$r = r_1+\cdots+ r_k$$ with $r_i \in \mathbb{Q}$ and absolute values of their denominators $\leq|N|$ a decomposition of $r$ with size $$ N. Tenga en cuenta que cualquier número racional puede admitir sólo un número finito de descomposición con un tamaño fijo.
De vuelta a la lema, a través de la multiplicación por un número entero, podemos suponer $f(x) = A x^n + B x^{n-1} + \cdots + C$ tiene coeficientes enteros. Entonces para cualquier entero $m$, $f(x)=m$ tiene todas las raíces racionales. Podemos elegir distintos $m_1, m_2, ... \in \mathbb{Z}$ tal que $C-m_i$ es primo. A continuación, las raíces de $f(x)=m_i$ son de la forma $\frac{1}{v}$ o $\frac{C-m_i}{v}$,$v\mid A$. Tenga en cuenta la suma de estas raíces, para cada una de las $m_i$, se obtiene una descomposición de la $\frac{-B}{A}$ con un tamaño de $A$. Desde $m_i$ son parejas distintas, estas descomposiciones también debe ser de a pares distintos. Pero esto contradice a la finitud se señaló anteriormente. Así, tal polinomio no puede existir.
Eul Can
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Respuesta parcial: podemos mostrar que $P(x)$ no puede ser una ecuación cuadrática con coeficientes racionales. De hecho, $P(x)$ no puede ser una ecuación cuadrática.
Deje $P(x)=ax^2+bx+c$$a,b,c\in\mathbb{Q}$. A continuación, $x=\frac{-b+\sqrt{m^2+1}}{2a}$ donde $m\in\mathbb{Z}$, será irracional $x$, con una racional $P(x)$.
Coeficiente constante y distinta de cero de los Coeficientes
Claramente, cualquier término constante, $c$, en el polinomio tendría que ser racional, ya que $P(0)=a\cdot0^2+b\cdot0+c=c$. Podemos establecer $c=0$ ya que no afecta a si un determinado $P$ se ajusta a los criterios. Del mismo modo, se puede generar infinitas familias de polinomios por la elección de diferentes $c\in\mathbb{Q}$.
Si $a=0$,$P(x)=bx$, pero ya sabemos que las ecuaciones lineales se ajustan a nuestros criterios. Si $b=0$, $P(x)=ax^2$ da un valor racional de $P(\sqrt{2})$$b\neq0$. Además, si $a=b=0$, $P(x)=0$ que es trivialmente racional para todos los irracionales $x$. Por lo tanto, $a,b\neq0$ todos los $P$ (no sólo cuadráticas).
La construcción de la $x=\frac{-b+\sqrt{m^2+1}}{2a}$
Para cualquier $a,b$, podemos construir un irracional $x$ tal que $P(x)$ es racional. La fórmula cuadrática nos dice que $x=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4a(-P(x))}}{2a}$. Para $x$ a un ser irracional, $\sqrt{b^2-4a(-P(x))}$, también debe ser irracional. De modo que podemos elegir una $m\in\mathbb{Z}$, $m\neq0$, tal que $\sqrt{b^2-4a(-P(x))}=\sqrt{m^2+1}$, donde el lado derecho es irracional desde $m^2+1$ no puede ser un número cuadrado. Reorganización de esto, conseguimos $P(x)=\frac{m^2-b^2+1}{4a}$. También podemos sustituir $m$ en la expresión de $x$$x=\frac{-b\pm\sqrt{m^2+1}}{2a}$.
La verificación de que $P(x)\in\mathbb{Q}$
Podemos comprobar esto: cuando calculamos el $P(x)$, obtenemos $$\begin{aligned} P\left(\frac{-b+\sqrt{m^2+1}}{2a}\right) &=a\left(\frac{-b+\sqrt{m^2+1}}{2a}\right)^2+b\left(\frac{-b+\sqrt{m^2+1}}{2a}\right) \\&=\frac{1}{4a^2}\left(a(b^2-2b\sqrt{m^2+1}+c^2+1)+2ab(-b+\sqrt{m^2+1})\right) \\&=\frac{1}{4a^2}\left(ab^2-2ab\sqrt{m^2+1}+a(m^2+1)-2ab^2+2ab\sqrt{m^2+1}\right) \\&=\frac{a(m^2+1)-ab^2}{4a^2} \\&=\frac{m^2-b^2+1}{4a}\end{aligned}$$.
Otros Resultados
La combinación de esta respuesta con @pisco125's Lema 1, podemos ver que $P(x)$ debe tener racional de los coeficientes, lo que significa que no puede ser una ecuación cuadrática.
TheBlackBenzKid
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No es la solución completa, pero una idea.
En primer lugar tenemos un lema que para cualquiera que no sea constante polinomio $F(x) \in \mathbb{Z}[x]$, el conjunto de $$ \{p:p \in \mathbb{P},\ \existe x_0,p|F(x_0)\} $$ no tiene límite superior. No voy a demostrar aquí desde que yo recuerdo que no es tan difícil.
A continuación, tenga en cuenta que $P(x)$ es lo que queremos iff $qP(x)$ es lo que queremos para algunos $q \in \mathbb{Q}-\{0\}$, por lo que sólo necesitamos considerar $P(x) \in \mathbb{Z}[x]$. Supongamos $\deg P \geq 2$. Deje $Q(x) = P(x) - P(x-1)$. Mediante la aplicación de lema a $Q(x)$ tenemos una lo suficientemente grande $p$ tal que $P(x_0) \equiv P(x_0-1) \pmod{p}$. Que nos da que existe $c$ tales que la ecuación $$ P(x)\equiv c \pmod{p} $$ no tiene solución. Combine esto con $(?)$ podemos conseguir $P(x)=c$ no tiene solución racional.
El resto del trabajo es llenar el espacio en blanco $(?)$.
Comentario. Es solo una idea. Para no limitar nuestra imaginación en algo como llenar el espacio en blanco. La razón por la que usé $(?)$ es sólo para demostrar que hay un trabajo no realizado en esta idea.
