$f \in \mathbb{Z}$ sse $g \in \mathbb{Z}$

[jordan]

Siano $f,g$ due polinomi lineari strettamente crescenti tali che $f(x)$ è intero se e solo se $g(x)$ è intero. Mostrare che $f-g$ è una costante intera.

[Troleito br00tal]

Lineari=...?

[jordan]

Di grado 1..

[Troleito br00tal]

Grazie:)

[Gi8]

$\displaystyle f(x)=ax+b \qquad a,b \in \mathbb{R}, \quad a>0$
$\displaystyle g(x)=cx+d \qquad c,d \in \mathbb{R}, \quad c>0$

$\displaystyle \forall n \in \mathbb{Z} \quad f\left(\frac{n-b}{a} \right)=n \in \mathbb{Z}$, dunque $\displaystyle \forall n \in \mathbb{Z} \quad g\left(\frac{n-b}{a} \right) \in \mathbb{Z}$.

Quest'ultimo fatto, unito all'ipotesi che $g$ è strettamente crescente, ci permette di dire che
\[ \forall n \in \mathbb{Z} \qquad g \left( \frac{(n+1)-b}{a} \right) = g \left( \frac{n-b}{a} \right) +1 \]
Dunque abbiamo $\displaystyle \frac{c}{a} (n+1-b)+d = \frac{c}{a}( n-b )+d+1\Rightarrow \ldots \Rightarrow 1= \frac{a}{c} \Rightarrow a=c$.

Quindi abbiamo $\displaystyle g\left( \frac{n-b}{a} \right)=n-b+d$, pertanto per ogni $n$ intero si ha che $n+(d-b) \in \mathbb{Z}$, cioè $d-b \in \mathbb{Z}$.

[Triarii]

Perdona la mia ignoranza, ma riguardo alla crescenza non potrebbe essere anche che $g(\frac{(n+1)-b} {a})=g(\frac {n-b} {a})+k$ con $k\in \mathbb N\setminus \left \{0\right \} $?
Non capisco come tu sia arrivato a vedere da lì che $k=1$

[Gi8]

Il fatto è che viene riempito tutto $\mathbb{Z}$, quindi non ci possono essere buchi.

Per essere un po' più precisi, per ogni $m$ intero esiste $\alpha$ reale tale che $g(\alpha)=m$
(banale: $\alpha= \frac{m-d}{c}$, ma non ci interessa il valore preciso).
Quindi $f(\alpha) \in \mathbb{Z}$, e dato che $f(x)=n$ intero $\implies \quad x= \frac{n-b}{a}$ ($f$ è biiettiva), per forza $\alpha$ è del tipo $\frac{n-b}{a}$.

Quindi, rissumendo, per ogni $m$ intero esiste ed è unico $n$ intero tale che $g(\frac{n-b}{a})=m$.

[Triarii]

OK ora tutto chiaro

[maurizio43]

Se rappresentiamo su un piano cartesiano le due funzioni abbiamo che soddisfano le condizioni di partenza solo rette parallele con differenza intera tra le
ordinate all' origine,
cioè : $ a=c $ , nonchè $ b-d $ intero .

Apparentemente ci sarebbero altre infinite coppie di rette che smentirebbero la tesi : per esempio le coppie di rette che hanno pendenze intere e diverse tra loro , e ordinate all’origine intere.
Infatti per gli infiniti valori interi delle ascisse le corrispondenti ordinate sono intere e la loro differenza non è costante, ma varia con monotonia.
Ma questo avviene solo per |x| >1 .
Per |x|<1 ci sono ascisse che rendono intera solo una delle 2 funzioni : quelle pari agli inversi dei divisori non in comune dei due coefficienti angolari

[ma_go]

rilancio:

Siano $f,g$ due polinomi non costanti tali che $f(x)$ è intero se e solo se $g(x)$ è intero. Mostrare che uno dei due tra $f-g$ e $f+g$ è una costante intera.

[Gi8]

@ma_go: manca qualche vincolo, perchè $f(x)= \pi$ e $g(x)= \frac{\pi}{2}$ (polinomi costanti) verificano l'ipotesi ma non la tesi.

Forse basta aggiungere che $f$ e $g$ debbano essere di grado almeno uno.

[ma_go]

hai ragione, Gi8: adesso ho sistemato.

[maurizio43]

Forse mi sono perso qualche messaggio ?
Per la verità Jordan ha scritto di due polinomi lineari strettamente crescenti, per cui l' obiezione di Gi8 è impropria : le funzioni costanti non lo sono.

Scusate se insisto per la facile semplicità della soluzione grafica su un piano cartesiano :

Le funzioni crescenti $ f = ax + b $ e $ g = cx + d $ sono rette con pendenza $ > 0 $ .
Nel piano le rette possono essere incidenti o parallele.
Se le due rette sono parallele, hanno, per ogni ascissa, ordinate che differiscono di $ b - d $ .
Per ognuna delle infinite ascisse per cui la prima funzione è intera anche l' altra è intera se e solo se $ b - d $ è intero .
Ed essendo $ a = c $ , $ f - g $ è costante .
Se le due rette sono incidenti ( anche se con $ b - d $ intero ) , a fronte di infinite ascisse per le quali le due funzioni sono intere,
c'è almeno una ascissa per cui una funzione è intera e l' altra no : la $ x $ pari all' inverso del più grande fra i 2 coefficieti angolari $ a $ e $ b $

Viceversa perchè fosse costante $ f + g $ occorrerebbe che l' una fosse strettamente decrescente e l' altra strettamente crescente,
con pendenze uguali in modulo e opposte in segno e con differenza intera tra le ordinate all' origine.
(Oppure che entrambe fossero funzioni costanti intere o a somma intera )
[ bella scoperta : $ ax+b +(-ax+d) = b+d $ è intero se $ b+d $ è intero ( oppure : la somma di 2 interi è un intero ) ]

[Gi8]

Se le due rette sono incidenti ( anche se con $ b - d $ intero ) , a fronte di infinite ascisse per le quali le due funzioni sono intere,
c'è almeno una ascissa per cui una funzione è intera e l' altra no : la $ x $ pari all' inverso del più grande fra i 2 coefficieti angolari $ a $ e $ b $

Non mi torna (forse non ho capito bene). Supponiamo di avere $f(x)=ax+b$ e $g(x)=cx+d$ con $a,b,c,d $ reali e $a>c>0$ (quindi rette incidenti).
Prendo $\alpha= \frac{1}{a}$. Si ha $f(\alpha)= 1+b$ e $g(\alpha)=\frac{c}{a}+d$. Quale dei due valori è certamente intero e quale no?

Forse mi sono perso qualche messaggio ?

Sì', inizialmente il rilancio di ma_go non conteneva il vincolo che i polinomi fossero non costanti.

[maurizio43]

Per Gi8 .
Non si riesce mai a spiegarsi fino in fondo :
volevo dire che almeno una delle 2 funzioni ( se la loro differenza è intera)non è intera .
Quindi, nel caso del tuo esempio :
se $ d $ compensa $ \frac{c}{a} $ all' intero, allora :
o $ b $ compensa $ b - d $ all' intero e quindi $ f=1+b $ non è intero ,
o $ b $ è intero e non è intera la differenza $ f-g=b-d $