SNS 1966-1967 (4)

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
Rispondi
Avatar utente
Fedecart
Messaggi: 522
Iscritto il: 09 mar 2008, 22:49
Località: Padova

SNS 1966-1967 (4)

Messaggio da Fedecart » 21 ago 2009, 14:34

Si consideri l'equazione
$ x^5+a_1x^4+a_2x^3+a_3x^2+a_4x+a_5=0 $
a coefficienti tutti interi.
Supponiamo che $ a_1, a_2, a_3, a_4, a_5 $, siano tutti divisibili per un assegnato numero primo $ p>1 $ e che $ a_5 $ non sia divisibile per $ p^2 $.
Dimostrare che l'equazione non ammette come soluzione alcun numero intero.
Ultima modifica di Fedecart il 21 ago 2009, 20:30, modificato 1 volta in totale.

spugna
Messaggi: 421
Iscritto il: 19 mar 2009, 22:18
Località: Forlì

Re: SNS 1966-1967 (4)

Messaggio da spugna » 21 ago 2009, 15:21

Fedecart ha scritto:$ a^5 $ non sia divisibile per $ p^2 $.
Per caso intendevi $ a_5 $?
"Bene, ora dobbiamo massimizzare [tex]\dfrac{x}{(x+100)^2}[/tex]: come possiamo farlo senza le derivate? Beh insomma, in zero fa zero... a $+\infty$ tende a zero... e il massimo? Potrebbe essere, che so, in $10^{24}$? Chiaramente no... E in $10^{-3}$? Nemmeno... Insomma, nella frazione c'è solo il numero $100$, quindi dove volete che sia il massimo se non in $x=100$..?" (da leggere con risatine perfide e irrisorie in corrispondenza dei puntini di sospensione)

Maledetti fisici! (cit.)

Avatar utente
Sesshoumaru
Messaggi: 87
Iscritto il: 13 dic 2007, 19:13
Località: Roma

Messaggio da Sesshoumaru » 21 ago 2009, 15:35

Poiché gli $ $a_i $ sono tutti divisibili per $ $p $ e $ $p \mid0 $, allora dev'essere anche $ $p \mid x^5 $, cosicché $ $p \mid LHS $.

Ma se $ $p \mid x^5 $, allora $ $p \mid x $, e poichè nella fattorizzazione di $ $x^5 $ tutti i primi appaiono con esponente multiplo di $ $5 $, avremo che, al minimo, $ $p^5 \mid x^5 $.

In particolare, a noi interessa che $ $p^2 \mid x^5 $, così come $ $p^2 \mid x^4 $, $ $p^2 \mid x^3 $ e $ $p^2 \mid x^2 $.

Dunque $ $p^2 $ divide sicuramente tutti i monomi di grado $ $\geq 2 $ del polinomio all' $ $LHS $; sfruttando l'ipotesi di partenza, cioè che $ $p \mid a_4 $ e il fatto che $ $p \mid x $, possiamo anche affermare che $ $p^2 \mid a_4x $.

Dunque $ $p^2 $ divide tutti i termini dell'$ $LHS $ tranne $ $a_5 $; poiché $ $p^2 \mid 0 $ abbiamo che quest'uguaglianza non può essere verificata negli interi perchè $ $p^2 \mid RHS $ ma $ $p^2 \nmid LHS $
[img]http://img65.imageshack.us/img65/2554/userbar459811cf0.gif[/img]

[i]"You have a problem with your brain: the left part has nothing right in it, and the right part has nothing left in it."[/i]

Rispondi