2次以上の多項式g(x)であって, 任意の無理数に対して無理数の値を取るものは存在しないことを示せ.

条件からg(x)は整数係数と考えてよい。

//
たしかにそのとおりです。
ぼくはヴァンデルモンドの行列式と連立一次方程式のクラメールの公式
から確認しました。


最高次の係数の素因数ではない素数pをとり、pと互いに素な整数kでk/p^(n-1)がg(x)の値域に含まれるものをとると、
g(x)=k/p^(n-1)
の解は無理数である。//
これもそのとおりです。
この解が有理数であるとして既約分数であらわしたときｎ≧2の場合
その分母も分子もｐを素因数に持たなければならないという矛盾が起こる、

完璧ですね。

ただ凡人のぼくにはこのやりかたが簡単とは思えない笑

整数係数でよいことの証明は No.7 の言うとおり。

van der Monde 方程式に帰着する前に、ひとこと
g(x) の値域が少なくとも n+1 個の有理数を含むこと
には触れたほうがいいけど。
これは、中間値定理と有理数の稠密性から出る。

g(x)=ax^2+bx+c

が
任意の無理数に対して無理数の値をとると仮定する

g(s)=m
g(t)=m+1
となるような有理数m,実数s,tが存在する
仮定から
s,tは有理数

h(x)=ax^2+bx+c-m
とすると
h(s)=0
だからsはh(x)=0の解
h(x)=0のもう1つの解をuとすると仮定からuは有理数だから
su=(c-m)/a
は有理数

p(x)=ax^2+bx+c-m-1
とすると
p(t)=0
だからtはp(x)=0の解
p(x)=0のもう1つの解をvとすると仮定からvは有理数だから
tv=(c-m-1)/a
は有理数
だから
su-tv=1/a
は有理数だから
aは有理数
だから
asu=c-m
も有理数
asu+m=c
も有理数
s+u=-b/a
も有理数
-a(-b/a)=b
も有理数だから
a,b,cはすべて有理数

g(x)=a{x+b/(2a)}^2+(4ac-b^2)/(4a)

x=(√2)-b/(2a)
とすると
xは無理数
g(x)=2a+(4ac-b^2)/(4a)
は
有理数だから

2次の多項式g(x)で
任意の無理数に対して無理数の値をとるものは存在しない

g(x)=ax^2+bx+c

が
任意の無理数に対して無理数の値をとると仮定する

g(s)=n
g(t)=n+1
となるような有理数nが存在する
仮定から
s,tは有理数

h(x)=ax^2+bx+c-n
とすると
h(s)=0
だからsはh(x)=0の解
h(x)=0のもう1つの解をuとすると仮定からuは有理数だから
su=(c-n)/a
は有理数

p(x)=ax^2+bx+c-n-1
とすると
p(t)=0
だからtはp(x)=0の解
p(x)=0のもう1つの解をvとすると仮定からvは有理数だから
tv=(c-n-1)/a
は有理数

だから
su-tv=1/a
は有理数だから
aは有理数
だから
asu=c-n
も有理数
asu+n=c
も有理数
s+u=-b/a
も有理数
-a(-b/a)=b
も有理数だから

a,b,cはすべて有理数だから

g(x)は整数係数と考えてよい
という説明が必要です

ははん、ということは

そのようなg(x)が有理数の値をとるときはｘはかならず有理数
ということか？
このへんから整数係数のg(x)でそのようなg(x)の存在が言えそう？

では

g(x)=ax^2+bx+c
で
a,b,c がいずれも無理数である場合
の
証明は
できないという事ですね

では

g(x)=ax^2+bx+c
で
a,b,c がいずれも無理数である場合
の
証明をどうぞ

g(x) を整数係数と考えてよいことの証明は？