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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.

Lineari=...?

Di grado 1..

Grazie:)

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

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

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 $k=1$

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 $g(\frac{n-b}{a})=m$.

OK ora tutto chiaro

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

rilancio:

+jordan ha scritto: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.

@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.

hai ragione, Gi8: adesso ho sistemato.

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 ) ]

maurizio43 ha scritto: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?

maurizio43 ha scritto:Forse mi sono perso qualche messaggio ?

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

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 $