Trzy dowody dla wielomianów

[kamil142]

1. Wielomian \(\displaystyle{ x^{4} + ax^{3} + bx^{2} + cx + d= 0}\) ma wszystkie pierwiastki rzeczywiste.

Udowodnij, że wtedy \(\displaystyle{ a=b=c=d=0}\)

2. Wielomian o współczynnikach wymiernych stopnia drugiego dla wszystkich argumentów całkowitych przyjmuje wartości całkowite. Czy musi mieć współczynniki całkowite? (To samo dla wielomianu 3 stopnia).


3. Wielomian stopnia drugiego o współczynnikach całkowitych przyjmuje dla każdych wszystkich liczb całkowitych wartość całkowitą podzielną przez 5. Czy jego współczynniki muszą być podzielne przez 5 ?

Prosze o pomoc: )

[Althorion]

Ad 1.:
Zadanie wydaje błędne. Rozważmy na przykład wielomian \(\displaystyle{ x^4-10 x^3+35 x^2-50 x+24}\), który pomimo tego, że ma wszystkie pierwiastki rzeczywiste, ma współczynniki niezerowe. Chyba że ja źle zadanie zrozumiałem...

[Qń]

Ad 1
Istotnie to nieprawda, łatwiejszy kontrprzykład to \(\displaystyle{ (x-1)^4}\). Może chodziło o wielomian \(\displaystyle{ x^4+ax+b}\)?

Ad 2
Nie musi. Stosowne kontrprzykłady:
\(\displaystyle{ \frac{x(x+1)}{2}\\
\frac{x(x+1)(x+2)}{3}}\)

Ad 3
Muszą. Jeśli bowiem ten wielomian to \(\displaystyle{ f(x)=ax^2+bx+c}\), to w szczególności podzielne przez pięć muszą być liczby \(\displaystyle{ f(1)=a+b+c, f(0)=c, f(-1)=a-b+c}\). Stąd oczywiście \(\displaystyle{ c}\) podzielne przez pięć, \(\displaystyle{ (a+b+c)-(a-b+c)=2b}\) podzielne przez pięć, więc \(\displaystyle{ b}\) podzielne przez pięć, a stąd już oczywiście także \(\displaystyle{ a}\) podzielne przez pięć.

Q.