Polynom

[Markus]

Er dette rett? Var litt uventet svar...

Skal $P$ ha tre "primnullpunkt", $p_1,p_2,p_3$, må $P(x)=-2(x-p_1)(x-p_2)(x-p_3)=-2x^3+48x^2+k$
Sammenligning av koeffisienter viser at dette ikke går opp for x-leddet.
$-2(p_1{p}_2+p_2{p}_3+p_3{p}_1)\ne 0$ for alle primtall $p_1,p_2,p_3$.
Derfor er der ingen verdier av $k$ slik at $P$ har tre primtallsrøtter.

Helt korrekt dette ja, som Gustav påpeker. Løste den likt selv

Regner med at dette kan generaliseres? Et forsøk i alle fall:

La $P(x)$ være et polynom av $n$-te grad slik at $P(x)=\sum _{k=0}^n{a}_k{x}^k$. Av restfaktorteoremet (remainder factor theorem, litt usikker på rett oversettelse her) følger det at $P(x)$ kan skrives som $a_n(x-r_1)(x-r_2)\cdots (x-r_n)$, der $r_1,r_2,\dots ,r_n$ er røttene til $P(x)$, og $a_n$ er koeffisienten til det leddet av høyeste grad.

Hvis vi først ser på polynomer av litt mindre grad, ser vi et mønster;

$P(x)$ har grad $2$:
$$P(x)=a_2{x}^2+a_{1}x+a_0=a_n(x-r_1)(x-r_2)=a_2(x^2-r_{1}x-r_{2}x+r_1{r}_2)=a_2{x}^2-a_{2}x(r_1+r_2)+a_2(r_1{r}_2)$$
Hvis vi nå sammenligner koeffisientene ser vi at $a_{1}x=-a_{2}x(r_1+r_2)⟹r_1+r_2=-\frac{a_1}{a_2}$, samt at $r_1{r}_2=\frac{a_0}{a_2}$

$P(x)$ har grad $3$:
$$P(x)=a_3{x}^3+a_2{x}^2+a_{1}x+a_0=a_3(x-r_1)(x-r_2)(x-r_3)=a_3(x^3-x^2(r_1+r_2+r_3)+x(r_1{r}_2+r_1{r}_3+r_2{r}_3)-r_1{r}_2{r}_3)$$
Ved sammenligning av koeffisientene følger det nå at $a_2{x}^2=-a_3{x}^2(r_1+r_2+r_3)⟹r_1+r_2+r_3=-\frac{a_2}{a_3}$, og at $a_{1}x=a_{3}x(r_1{r}_2+r_1{r}_3+r_2{r}_3)⟹r_1{r}_2+r_1{r}_3+r_2{r}_3=\frac{a_1}{a_3}$, og til slutt at $r_1{r}_2{r}_3=-\frac{a_0}{a_3}$

$P(x)$ har grad $4$:
$$P(x)=a_4{x}^4+a_3{x}^3+a_2{x}^2+a_{1}x+a_0=a_4(x-r_1)(x-r_2)(x-r_3)(x-r_4)=a_4(x^4-x^3(r_1+r_2+r_3+r_4)+x^2(r_1{r}_2+r_2{r}_3+r_1{r}_3+r_1{r}_4+r_2{r}_4+r_3{r}_4)-x(r_1^2{r}_2^2{r}_3{r}_4+r_2^2{r}_3^2{r}_1{r}_4+r_1^2{r}_3^2{r}_2{r}_4)+r_1{r}_2{r}_3{r}_4)$$
Regner med at mønsteret forstås på sammenligning av koeffisienter nå.

Jeg klarer ikke å se et mønster på annet enn summen av røttene og produktet av røttene;
$$\begin{gathered} \text{Produkt av røtter for polynom av n-te grad}=(-1{)}^n\frac{a_0}{a_n} \\ \text{Sum av røtter for polynom av n-te grad}=-\frac{a_{n-1}}{a_n} \end{gathered}$$

Er det noen flere sammenhenger enn dette?

Oppfølger: Samme problemstilling, bortsett fra at polynomet har tre heltallige røtter.

Bare et kjapt spørsmål angående denne; trenger røttene å være distinkte? Telles for eksempel et dobbelt nullpunkt som en rot, eller som to røtter? For å ta et eksempel, så har OYV sitt løsningsforslag et dobbelt nullpunkt i $x=16$. Hvis røttene ikke trenger å være distinkte, altså at et dobbelt nullpunkt teller som to røtter, er en annen triviell løsning $k=0$, siden $-2x^3+48x^2=x^2(-2x+48)$, som vil gi dobbel nullpunkt i $x=0$, og et distinkt nullpunkt i $x=24$, hvilket begge er heltallige.

Edit: OYV fant visst den samme trivielle løsningen 3 minutter før meg

[Gustav]

Takk for tilbakemelding . Ligningen har også en triviell løsning ( k = 0 ) som gir x = 0 (dobbelrot) eller x = 24 ( gitt at 0 kan
regnes som et heltall ).

Ja, det var denne løsningen jeg siktet til.

Det gjenstående er å vise at alle mulige k-verdier er funnet. Det hele koker ned til å løse den diofantiske ligningen

$ab+ac+bc=0$.

PS: Ligningen har jo uendelig mange løsninger der to av variablene er lik 0, mens den siste er valgfri.

[Gustav]

Bare et kjapt spørsmål angående denne; trenger røttene å være distinkte? Telles for eksempel et dobbelt nullpunkt som en rot, eller som to røtter? For å ta et eksempel, så har OYV sitt løsningsforslag et dobbelt nullpunkt i $x=16$. Hvis røttene ikke trenger å være distinkte, altså at et dobbelt nullpunkt teller som to røtter, er en annen triviell løsning $k=0$, siden $-2x^3+48x^2=x^2(-2x+48)$, som vil gi dobbel nullpunkt i $x=0$, og et distinkt nullpunkt i $x=24$, hvilket begge er heltallige.

Edit: OYV fant visst den samme trivielle løsningen 3 minutter før meg

Det eneste kravet er at polynomet $p(x)=-2x^3+48x^2+k$ er slik at alle nullpunkter er heltall. Så nullpunkt med multiplistet større enn 1 er tillatt.

PS: Jeg har ikke selv løst oppgaven 100% med bevis for at alle k-verdier er funnet, så det får være en nøtt for dere. Jeg aner heller ikke hvor vanskelig det er å vise dette... Betrakt det hele som en åpen oppgave.

Anta at polynomet er fullt faktoriserbart, dvs. kan skrives på formen $a(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)$ der $x_i$-ene ikke nødvendigvis er distinkte.

[Markus]

PS: Ligningen har jo uendelig mange løsninger der to av variablene er lik 0, mens den siste er valgfri.

Av OYV sin løsning vet vi jo også at $a=-8,b=16,c=16$ er en løsning på den diofantiske likningen, slik at $a=-8n,b=16n,c=16n$ der $n\in \mathbb{Z}$ (men ikke 0) «genererer» uendelig mange løsninger. Av å sammenligne koeffisienter i $P(x)$ får man følgende sammenheng mellom røttene;

$r_1+r_2+r_3=24$
$r_1{r}_2+r_2{r}_3+r_1{r}_3=0$

Så det blir vel et system av diofantiske likninger man må løse?

PS: Det finnes ikke flere løsninger enn den OYV har gitt på formen $r_1=16n,r_2=16n,r_3=-8n$. Med en slik løsningsmengde, altså $\{16n,16n,-8n\}$ er de eneste gyldige løsningene når $n=1$, siden det er den eneste løsningen som går opp med $r_1+r_2+r_3$

Siden funksjonen $f:\mathbb{N}\to \mathbb{N},f(n)=16n+16n-8n=24n$ naturligvis er strengt voksende, holder følgende ulikhet;

For $n>1$ er
$f(n)>24$

Og da er den eneste gangen $16n+16n-8n=24$ vil være for $n=1$

Edit: Wolfram Alpha er enig i at dette er de eneste løsningene for det diofantiske likningssystemet; altså at $a=16,b=16,c=-8$ eller $a=0,b=0,c=24$. Det finnes $3$ permutasjoner av hver av løsningsmengdene, men de vil ikke endre utfallet av $k$-verdien, slik at de eneste $k$-verdiene som er slik at $-2x^3+42x^2+k=0$ har tre heltallige røtter er $k=0$ og $k=-4096$.

[Gustav]

PS: Ligningen har jo uendelig mange løsninger der to av variablene er lik 0, mens den siste er valgfri.

Av OYV sin løsning vet vi jo også at $a=-8,b=16,c=16$ er en løsning på den diofantiske likningen, slik at $a=-8n,b=16n,c=16n$ der $n\in \mathbb{Z}$ (men ikke 0) «genererer» uendelig mange løsninger. Av å sammenligne koeffisienter i $P(x)$ får man følgende sammenheng mellom røttene;

$r_1+r_2+r_3=24$
$r_1{r}_2+r_2{r}_3+r_1{r}_3=0$

Så det blir vel et system av diofantiske likninger man må løse?

PS: Det finnes ikke flere løsninger enn den OYV har gitt på formen $r_1=16n,r_2=16n,r_3=-8n$. Med en slik løsningsmengde, altså $\{16n,16n,-8n\}$ er de eneste gyldige løsningene når $n=1$, siden det er den eneste løsningen som går opp med $r_1+r_2+r_3$

Siden funksjonen $f:\mathbb{N}\to \mathbb{N},f(n)=16n+16n-8n=24n$ naturligvis er strengt voksende, holder følgende ulikhet;

For $n>1$ er
$f(n)>24$

Og da er den eneste gangen $16n+16n-8n=24$ vil være for $n=1$

Edit: Wolfram Alpha er enig i at dette er de eneste løsningene for det diofantiske likningssystemet; altså at $a=16,b=16,c=-8$ eller $a=0,b=0,c=24$. Det finnes $3$ permutasjoner av hver av løsningsmengdene, men de vil ikke endre utfallet av $k$-verdien, slik at de eneste $k$-verdiene som er slik at $-2x^3+42x^2+k=0$ har tre heltallige røtter er $k=0$ og $k=-4096$.

Enig i at vi har funnet samtlige løsninger, men beviset for at vi har gjort det mener jeg er ufullstendig:

La a , b og c være de tre heltallige røttene. For at koeffisienten i x-leddet skal bli null , må

a = -$\frac{bc}{b+c}$

a er et heltall $\iff$ bc er delelig med (b+c) $\iff$ b = c = 2n (partall)

Jeg kan være enig i at implikasjonen holder i $\Leftarrow$-retningen, men den er ikke riktig i $\Rightarrow$-retningen. Moteksempel er f.eks. $b=2n,c=-n$, eller $b=0$ med $c$ vilkårlig. Begge deler gir heltallig $a$.

[OYV]

Var fullt klar over at jeg var ute på " tynn is " da jeg satte $\iff$ mellom de to utsagna.
Gjorde dette mest for å komme videre i mitt resonnement. Ventet " motlegg " og nå er det bevist at
implikasjonen bare gjelder fra høyre mot venstre. Takk for innspill !