sempre polinomi

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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ico1989
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sempre polinomi

Messaggio da ico1989 » 20 set 2008, 14:14

Siano $ a_{1}, ... , a_{n} $ interi distinti. Dimostrare che $ P(x) = (x - a_{1})(x - a_{2}) \cdots (x - a_{n}) - 1 $ è irriducibile, ovvero non è il prodotto di due polinomi a coefficienti interi di grado minore.

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jordan
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Messaggio da jordan » 20 set 2008, 14:44

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ico1989
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Messaggio da ico1989 » 20 set 2008, 15:46

jordan ha scritto:per la fattorizzazione su Q, se a è radice è della forma b/c con c divisore del coefficiente di x^2008 e b divisore del termine noto 2008!+1, quindi a è della forma +-d, con d divisore intero di 2008!+1, ma p(d) diverso da 0 per ovvi motivi.
chi si cimenta alla domanda mia e di simo(molto piu interessante)?
Anch'io prima ho ragionato così, senza però concludere.

Senza fare così, posso concludere subito notando che dovrebbe essere:

$ P(r) = 0 $
$ (r-a_{1})(r-a_{2}) \cdots (r-a_{n}) = 1 $

Dunque ogni fattore a sinistra dovrebbe essere del tipo $ |r- a_{i}| = 1 $, essendo $ $r$ $ e $ a_{i} $ interi, e questo non è possibile, essendo gli $ a_{i} $ distinti. Poiché:

1) Gli $ (r-a_{i}) $ sono tutti uguali a 1 -> $ a_{m} = a_{n}, \forall m, n \in {1, 2, ..., n} $, impossibile;
2) Gli$ (r-a_{i}) $ sono in numero pari e uguali a -1 -> $ a_{m} = a_{n} , \forall m, n \in {1, 2, ..., n} $, impossibile;
3) Ci sono degli $ (r-a_{p}) $ uguali a 1 e degli $ (r-a_{q}) $, in numero pari, uguali a -1; ci sarà dunque almeno una coppia $ a_{q'} = a_{q''} $, impossibile.

Giusto?

ico1989
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Messaggio da ico1989 » 20 set 2008, 15:52

Ne metto un altro, sempre facile.

Sia $ P(x) = x^3 + ax^2 + bx + c $ un polinomio con tre radici intere distinte.
Dimostrare che non esistono $ $m, n$ $ interi distinti tali che$ P(n) = P(m) = 3 $.

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Messaggio da julio14 » 20 set 2008, 15:56

per la sol di ico al primo esercizio, il fatto che sia scomponibile non implica che abbia radici intere.

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Messaggio da jordan » 20 set 2008, 15:59

Non che te lo voglia fulminare ma si basa piu o meno sul principio di prima, $ p(x)=\prod_1^3{(x-\alpha_i)}=3 $ determina univocamente x in quanto 3 (o un qualunque primo p) è pari a 3=-3*1*-1.
@julio, infatti hai ragione, la soluzione giusta al link lha data darkrystal :wink:
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Messaggio da ico1989 » 20 set 2008, 16:13

julio14 ha scritto:per la sol di ico al primo esercizio, il fatto che sia scomponibile non implica che abbia radici intere.
Può essere quindi che abbia radici irrazionali, per esempio, e fattorizzarsi in polinomi a coefficienti interi e viceversa?

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Messaggio da julio14 » 20 set 2008, 16:27

Con radici irrazionali e coefficienti interi basta prendere $ $(x^2-2)(x^2-3) $, se invece ha solo radici intere allora ha anche coefficienti interi sse il coefficiente del termine di grado massimo è intero.
Ultima modifica di julio14 il 20 set 2008, 16:31, modificato 1 volta in totale.

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Messaggio da EvaristeG » 20 set 2008, 16:27

$ x^4+4 $ si fattorizza in polinomi a coefficienti interi di secondo grado, ma non ha radici intere ... credo fosse questo che intendeva julio.

ico1989
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Messaggio da ico1989 » 20 set 2008, 17:43

Capito. Quindi ho solo dimostrato che non ha radici intere, anzi razionali (vedi sopra), e che quindi quel polinomio non è scomponibile in un prodotto in cui compaiano polinomi di primo grado a coefficienti razionali, giusto? O non posso affermare quest'ultima cosa?

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Messaggio da julio14 » 20 set 2008, 17:58

Beh, basta anche una radice non intera a far cadere il giro che fai sugli interi con prodotto 1, l'unica cosa che hai dimostrato è che non sono tutti a coefficienti interi.

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