n次関数のグラフの有理点の個数の可能性

質問

2次関数y=ax^2+bx+c（ただし、a,b,cは実数）の有理点の個数rの可能性は、r=0,1,2,∞で、r≠3,4,…

(証明：r=0,1,2となる例をあげる。また、少なくとも有理点が3個あれば、実際は∞個あることを示す。）
(a,b,c)=(1,1,√2)のとき、r=0
(a,b,c)=(1,√2,1)のとき、r=1
(a,b,c)=(√2,√2,1)のとき、y=√2x(x+1)+1なので、r=2
もし、少なくとも3個の有理点を持つとすると、2次関数の形は決定し、それはラグランジュ補間の公式を考えて、a,b,cは有理数となり、結局は有理点を∞個持つことになる。

(別解：a,b,cが有理数か無理数か2^3通りで場合わけ)
(a,b,c)=(有,有,有)のとき、x=有ならy=有なので、r=∞
(a,b,c)=(有,有,無)のとき、x=有ならy=無なので、r=0
(a,b,c)=(有,無,有)のとき、有理点は(x,y)=(0,c)のみなので、r=1
(a,b,c)=(無,有,有)のとき、有理点は(x,y)=(0,c)のみなので、r=1
(a,b,c)=(有,無,無)のとき、y=無x+無となり、r=0,1
(a,b,c)=(無,有,無)のとき、y=無x^2+有x+無となり、y=√2x^2+x-√2の例を考えて、r=0,2
(a,b,c)=(無,無,有)のとき、y=x(ax+b)+cとなり、(x,y)=(0,c)は必ず有理点。-b/aが有理数だったら、(x,y)=(-b/a,c)も有理点となるので、r=1,2
(a,b,c)=(無,無,無)のとき、y=√2x^2+√3x+√6ならr=0。
y=√2x^2+√3x-√2-√3=√2(x^2-1)+√3(x-1)ならr=1。
y=√2x^2+√2x-2√2=(x-1){√2(x+1)+√2}ならr=2。

以上のことをn次関数で考えるとどうなるのでしょうか？
できれば、上で言う(証明)と(別解)の両方を考えたいです。

回答No.4

stomachman

ANo.2はぼろぼろだな。ねぼけまなこで書くと駄目ですねえ。
それぞれの係数が有理数か無理数か、という分類で考える「別解」のスタイルをなんとか拡張する話でした。

●r(n,a)≧n+1（つまりy=p(n,a,x)が少なくともn+1個の相異なる有理点<x[i],y[i]>(i=0～n)を通る)とすると、
　　r(n,a)≧n+1 → a[j](j=0～n)は全て有理数。 …(1)
　　a[j](j=0～n)の中に無理数が1個でもあれば、r(n,a)≦n …(1')
は簡単に出ます。
●多項式p(n,a,x)について、係数a[j](j=0～n)が全て有理数のとき、
　　∀x(xは有理数→ p(n,a,x)は有理数)
だから
　　r(n,a)≧n+1 → r(n,a)=∞ …(2)
(1)と(2)より、
　　r(n,a)≦n ∨ r(n,a)=∞ …(3)
●多項式p(n,a,x)について、係数a[j](j=0～n)が全て有理数だとすると、
　　∀x(xは有理数→ p(n,a,x)は有理数)
だから
　　r(n,a)≧n+1 → r(n,a)=∞ …(2)
(1)と(2)より、
　　r(n,a)≦n ∨ r(n,a)=∞ …(3)

-------------
　これでようやく[2]の部分に取りかかれるかな。

[2] H(n-1)が成立つとする。
　まず、
　　∃a(r(n,a)=∞), ∃a'(r(n,a')=0) …(i)
∵　a[j] = 有理数, a'[j] = √(j番目の素数) とでもすればOK。
　H(n-1)より、0≦k≦n-1である任意の自然数kについて、
　　r(n-1,a)=k
を満たす多項式p(n-1,a,x)が存在する。そこで
　　p(n,a',x) = (x-b) p(n-1,a,x) + c
とする。ここに<b,c>は有理点であって、
　　∀x∀y(<x,y>∈Q(n-1,a) → x≠b)
を満たすもの。たとえば、
　　<b,c> = <1 + max{x|∃y((x,y)∈Q(n-1,a))}, 0>
とか。このとき、<x,p(n,a',x)>のうちで有理点であるものの集合は
　　Q(n,a') = {<x,y+c>| <x,y>∈Q(n-1,a)}∪{<b,c>}
であり、しかも<b,0>はQ(n-1,a)の要素ではないから、
　　r(n,a') = k + 1
つまり、
　　∀k'(k'は自然数で1≦k'≦n → ∃a'(r(n,a')= k')) …(ii)
一方(3)より
　　r(n,a)≦n ∨ r(n,a)=∞
である。(i)と(ii)より、H(n)が成立つんで、
　　H(n-1)→H(n)

回答No.3

nag0720

n次関数を、
y=a(x-α1)(x-α2)(x-α3)・・・(x-αn)+b　　（a,bは実数、α1～αnは有理数）
と表現すれば、
a=1、b=√2のとき、r=0
a=√2、b=1のとき、α1～αnの有理数の異なる数によって、r=1～nとなる。
　　例えば、α1=α2=・・・=αnなら、r=1
　　　　　　α1～αnがすべて異なれば、r=n
a=1、b=1のとき、r=∞

問題は、有理点が有限のときr>nが有りうるかどうかだが、これは帰納法で証明できる。

n=0のときは、定数関数なので、有限なら0個
n次関数y=f(x)に、もし有理点(α,f(α))が存在したとしたら、
f(x)=(x-α)g(x)+f(α)　　（g(x)は(n-1)次関数）
と書ける。
g(x)=(f(x)-f(α))/(x-α)
でもあるので、x=α以外では、f(x)とg(x)の有理点は一致する。
よって、n次関数の有理点の数は、(n-1)次関数の有理点の数より多くとも１個増えるだけである。

お礼

まことにすばらしいアイデアをありがとうございました。

回答No.2

stomachman

別解のほう、大雑把にあらすじを書いてみました。

まず、
　　p(n,a,x) =Σ{k=0～n}a[n-k](x^k)
として、
　　y = p(n,a,x)
の有理点<x,y>の集合をQ(n,a)、その要素の個数を r(n,a)=|Q(n,a)|とする。また述語H(n)を
　　H(n): ∀a( {r(n,a)}={0,1,…,n, ∞} )
とする。
　∀n(n∈N → H(n)) を帰納法で示す。

[1] H(0)
　0次式
　　p(0,a,x) = a[0]
について、
a[0]が無理数のとき、Q(0,a)=∅(空集合)。∴ r(0,a)=0
a[n]が有理数のとき、Q(0,a)={<x,a[0]> | x∈R}。∴r(0,a)=∞

[2] H(n-1) → H(n)
　 H(n-1) であるとする。
[2-1]a[n]が無理数のとき、
　Q(n,a)=(空集合)。∴r(n,a)=0
[2-2]a[n]が有理数のとき、
　　y-a[n] = x p(n-1,a,x)
　従って、
　　　∀x∀y( <x,y>∈Q(n-1,a) → <x,y>∈Q(n,a) )
　また、
　　　<0, a[n]>∈Q(n,a)
　なので、
　　　 Q(n,a)=Q(n-1,a)∪{<0,a[n]>}
　(いや、これを言うには、Q(n-1,a)が有限のとき、これらの他に有理点がないことも示さなきゃ。）
　ゆえに
　　　∃y(<0,y>∈Q(n-1,a)) → r(n,a)=r(n-1,a)
　　　￢∃y(<0,y>∈Q(n-1,a)) → r(n,a)=r(n-1,a)+1

従って、
　　r(n,a)=0 ∨ r(n,a)=r(n-1,a) ∨ r(n,a)=r(n-1,a)+1
∴ H(n)。

お礼

すばらしい論理をありがとうございました。

回答No.1

stomachman

ラグランジュ補間を使うというのはエレガントで素敵ですねえ。r≦nの例の構成も、f(x)がxのn次多項式で、たとえばx∈{0,1,2,…, n}について、f(x)のうちk個が有理数、残りが相異なる素数の平方根、とでもすれば、ラグランジュ補間で系統的に出来ちゃうでしょう。
　別解の方は、nが大きくなると場合分けがどんどん増えてしまうから、帰納法に持ち込む必要があるのかなと思います。