Problema: Describir todos los polinomios $\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ con coeficientes en $\mathbb C$ que enviar números racionales a números racionales y números irracionales a números irracionales.
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Tomar un polinomio $f=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0$, y asumir la $f$ satisface el problema de las condiciones.
Desde $f(1),f(2),f(3),...,f(n)$ son todos racionales, podemos utilizarlos para obtener $n$ ecuaciones independientes en las variables $a_i$. Entonces, podemos resolver para todas las $a_i$ con álgebra lineal. Álgebra lineal nos dice que esta ecuación de problemas utiliza sólo +, -, * y /, por lo que todos los coeficientes de $a_i$ del polinomio debe ser racional.
Ahora, multiplica $f$ por todos los denominadores de todas las $a_i$ para obtener un nuevo polinomio $g=b_nx^n+b_{n-1}x^{n-1}+...+b_1x+b_0$ con coeficientes enteros. Claramente $g$ satisface el problema de condiciones.
Considerar todos los valores de $x$ que $g(x)$ es un número entero. Por el Racional de la Raíz Teorema, cualquier $x$ puede ser expresado como $\frac{k}{b_n}$ para algunos entero $k$. De esto podemos deducir que cualquiera de los dos valores de $x$ que $g(x)$ es un número entero están espaciados a menos $\frac{1}{b_n}$ aparte.
Pero si el polinomio $g(x)$ tiene un grado mínimo de $2$, se alcanza arbitrariamente grande de pendiente $x$$\infty$. En particular, se puede recoger $x$ tan grande que $g(x+\frac{1}{b_n})>g(x)+100$. Pero, a continuación, $g$ alcanza muchos valores enteros entre el$x$$x+\frac{1}{b_n}$, la violación de la deducción en el párrafo anterior. Por lo tanto, $g$ tiene un grado en la mayoría de las $1$.
Después de probar esto, hemos terminado: la única polinomios $f$ que funcionan son los de la forma $a_1x+a_0$, donde ambos se $a_1$ $a_0$ son racionales.
MaxB
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Respuesta: $f(x) = ax+b$ donde$a, b\in \mathbb{Q}$$a\neq 0$.
Es obvio que las funciones de $f(x) = ax+b$ satisface la condición. También es fácil ver que no hay otras funciones lineales satisfacer la condición. Así que sólo va a demostrar que no polinomios de grado mayor que uno satisface la condición.
Definición. Deje $\cal F$ ser parte de la familia de polinomios que envían $\mathbb Q$$\mathbb Q$.
Reivindicación 1. $\cal F$ es un espacio lineal sobre $\mathbb Q$.
Prueba: Tenemos que demostrar que el $f+g\in \cal F$ si $f,g\in \cal F$ $\alpha f\in \cal F$ al$\alpha\in {\mathbb Q}$$f\in \cal F$. Ambas afirmaciones son evidentes. QED
Lema 2. Supongamos que $p(x) \in \cal F$, entonces el coeficiente inicial de $p(x)$ es un número racional.
Bosquejo de una prueba: Vamos a $k = \deg p$. Deje $p(x) = c x^k + \dots $ . Es conocido que existen números racionales $\alpha_i$ ($1\leq i \leq k+1$) s.t. $\sum_{i=1}^{k+1} \alpha_i i^t = 0$ $t\in \{0,\dots, k-1\}$ pero $\sum_{i=1}^{k+1} \alpha_i i^{k} \neq 0$ (en particular, de que se sigue de que el determinante de Vandermonde de la fórmula).
Tenemos $\sum_{i=1}^{k+1} \alpha_i p(i) = \sum_{i=1}^{k+1} \alpha_i c i^k = c(\sum_{i=1}^{k+1} \alpha_i i^k)$. Tenga en cuenta que $\sum_{i=1}^{k+1} \alpha_i p(i)\in \mathbb Q$ desde $p(x)\in \cal F$, e $\sum_{i=1}^{k+1} \alpha_i i^k\in \mathbb Q$. Por lo tanto, $c\in \mathbb Q$. QED
Corolario 3. Supongamos que $p(x) \in \cal F$, a continuación, todos los coeficientes de $p$ son racionales.
Prueba: vamos a comprobar esto por inducción. El líder coeficiente de $c$ $p(x)$ es racional por Lema 2. Ahora $p(x) - c x^k\in \cal F$ por la Reivindicación 1. El polinomio $p(x) - c x^k\in \cal F$ tiene un grado en la mayoría de las $k-1$. Por la hipótesis de inducción a todos sus coeficientes son racionales. Así, todos los coeficientes de $p(x)$ son también racionales. QED
Ahora supongamos que $p(x)$ cumple la condición de la pregunta, pero el $\deg p(x) > 1$. Hemos demostrado que la $p(x) = \sum_{i=0}^k a_i x^i$ donde todos los $a_i\in \mathbb Q$. Sin pérdida de generalidad podemos suponer que todos los coeficientes de $a_i$ se entero y coprime, $a_k > 0$,$a_0 = 0$.
Deje $r$ ser lo suficientemente grande número primo (vamos a dejar a $r$ "ir hasta el infinito"). Tenga en cuenta que $p(x) - r$ tiene una raíz real desde $p(0) < 0$ pero $p(x) \to +\infty$$x\to +\infty$. La raíz de $\rho$ $p(x) - r$ debe ser un número racional como lo $p(x)$ enviar un número irracional $\rho$ $0$y violar así la condición. Indicar la raíz por $u/v$ donde $u$ $v$ son coprime enteros. Tenga en cuenta que si $r$ es lo suficientemente grande, es coprime con $a_k$. Por lo tanto $u$ divide $r$ $v$ divide $a_k$. Si $r > \max_{t\in[-1,1]} p(t)$$|u/v| > 1$$u > 1$. Por lo $u=r$ o $u=-r$. Llegamos $|u/v| \geq r/a_k$. Tenemos, $$a_k |u/v| \geq r = p(u/v) = (1+o(1)) \cdot a_k (u/v)^k,$$ lo cual es imposible para $r\to \infty$ si $k > 1$. Llegamos a la conclusión de que $k=1$.
marty cohen
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Cualquier polinomio de la forma $\prod (x-r_i)$, donde $r_i$ son racionales, lo haré. Si un polinomio tiene una raíz irracional (es decir, la parte real o imaginaria es irracional), a continuación, se asigna ese número irracional a cero, que es racional.
Por lo tanto, el polinomio debe ser de la forma anterior.
Esto parece muy fácil y simple. ¿Por lo tanto, lo que está mal?
