Esisterà quel polinomio???
Esisterà quel polinomio???
Un problema carino, già il fatto che l'abbia postato qui è un hint...
Dire se esistono, e in caso affermativo determinare, tre polinomi $ f $, $ g $, e $ h $ tali che, per ogni terna pitagorica primitiva $ a $, $ b $, $ c $ con $ 0<a<b<c $, esiste $ x\in \mathbb{R} $ tale che $ f(x)=a $,$ g(x)=b $, $ h(x)=c $
Dire se esistono, e in caso affermativo determinare, tre polinomi $ f $, $ g $, e $ h $ tali che, per ogni terna pitagorica primitiva $ a $, $ b $, $ c $ con $ 0<a<b<c $, esiste $ x\in \mathbb{R} $ tale che $ f(x)=a $,$ g(x)=b $, $ h(x)=c $
Siano $ \{(a_i, b_i, c_i)\}_{i\in\mathbb{N}_0} $ la successione delle (infinite) terne pitagoriche ed $ \{(a_{i_k}, b_{i_k}, c_{i_k})\}_{k\in\mathbb{N}_0} $ una sua qualunque estratta per cui $ a_{i_k} b_{i_k} \neq 0 $. Per assurdo, esistano $ f, g, h\in\mathbb{R}[x] $ tali che, per ogni $ k\in\mathbb{N}_0 $, sia determinato un $ x_k\in\mathbb{R} $ per cui $ f(x_k) = a_{i_k} $; $ g(x_k) = b_{i_k} $ ed $ h(x_k) = c_{i_k} $. Sia dunque $ \{x_k\}_{k\in\mathbb{N}_0} $ una successione di numeri reali tale da soddisfare la condizione indicata. E' banale che, se $ j, k\in\mathbb{N}_0 $ e $ j \neq k $: $ x_j \neq x_k $. Sia adesso $ P(x) = h(x)^2 - f(x)^2 - g(x)^2 $, per ogni $ x\in\mathbb{R} $. Allora, per ogni $ k \in\mathbb{N}_0 $: $ P(x_k) = 0 $, che è assurdo!!! Infatti $ P \in \mathbb{R}[x] $ e $ \deg P > 0 $, perciocché l'equazione $ P(x) = 0 $ possiede comunque un numero finito di radici reali (vedi teorema fondamentale dell'Algebra). Da qui...
Ultima modifica di HiTLeuLeR il 08 lug 2005, 17:41, modificato 2 volte in totale.
Scusami tanto, eh... A che serve assumere che le terne in giuoco siano primitive?!?Boll ha scritto:Dire se esistono, e in caso affermativo determinare, tre polinomi $ f $, $ g $, e $ h $ tali che, per ogni terna pitagorica primitiva $ a $, $ b $, $ c $ con $ 0<a<b<c $, esiste $ x\in \mathbb{R} $ tale che $ f(x)=a $,$ g(x)=b $, $ h(x)=c $
Come concludi che $ \deg P > 0 $?HiTLeuLeR ha scritto:Sia adesso $ P(x) = h(x)^2 - f(x)^2 - g(x)^2 $, per ogni $ x\in\mathbb{R} $. Allora, per ogni $ k \in\mathbb{N}_0 $: $ P(x_k) = 0 $, che è assurdo!!! Infatti $ P \in \mathbb{R}[x] $ e $ \deg P > 0 $
--federico
[tex]\frac1{\sqrt2}\bigl(\left|\text{loves me}\right\rangle+\left|\text{loves me not}\right\rangle\bigr)[/tex]
[tex]\frac1{\sqrt2}\bigl(\left|\text{loves me}\right\rangle+\left|\text{loves me not}\right\rangle\bigr)[/tex]
- HumanTorch
- Messaggi: 281
- Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
- Località: Tricase
Tecnicamente possiamo creare infiniti di tali polinomi.. $ h(x)=h(x) $, quindi supponendo $ h(x)=\sum_{n=1}^k a_n\cdot x^n $, si tratta di trovare due polinomi $ g(x) $ e $ f(x) $ t.c. $ a_{n_g}+a_{f_g}=a_{n_h} $
Possiamo utilizzare le formule $ c=m^4+4\cdot n^4 $, $ b=m^4-4\cdot n^4 $, $ a=8\cdot m^2n^2 $; $ b $ è una differenza di quadrati, per $ c $ possiamo utilizzare l'identità di Sophie-Germaine:
sarà $ n $ assegnato (ad esempio $ 1 $), quindi si sviluppa, sviluppando anche $ b $ e $ a $ siamo apposto..
Ora che ci penso, si potrebbe utilizzare direttamente la formula $ c=m^2+1 $, $ b=m^2-1 $, $ a=2\cdot m $..ma vabbe ora lascio [/tex]
Se i polinomi devono essere almeno binomi, mettiamo $ m+1 $ al posto di $ m $. Però, forse, è un polinomio parametrico che permette di ottenere ogni terna possibile..
Possiamo utilizzare le formule $ c=m^4+4\cdot n^4 $, $ b=m^4-4\cdot n^4 $, $ a=8\cdot m^2n^2 $; $ b $ è una differenza di quadrati, per $ c $ possiamo utilizzare l'identità di Sophie-Germaine:
sarà $ n $ assegnato (ad esempio $ 1 $), quindi si sviluppa, sviluppando anche $ b $ e $ a $ siamo apposto..
Ora che ci penso, si potrebbe utilizzare direttamente la formula $ c=m^2+1 $, $ b=m^2-1 $, $ a=2\cdot m $..ma vabbe ora lascio [/tex]
Se i polinomi devono essere almeno binomi, mettiamo $ m+1 $ al posto di $ m $. Però, forse, è un polinomio parametrico che permette di ottenere ogni terna possibile..
@HiTLeuLeR: La tua soluzione sarà sicuramente corretta, non ne dubito, tuttavia non riesco a comprenderla per ignoranza mia, quindi non posso giudicarla, ma tu non hai sicuramente bisogno del mio giudizio, quindi non mi do neanche la pena di chiederti scusa.
@HumanTorch: Quindi per te esistono, e addirittura infiniti???? Mmmmh, sei fuori strada
@altri: Cercate una via da teoria dei numeri "olimpica"
@HumanTorch: Quindi per te esistono, e addirittura infiniti???? Mmmmh, sei fuori strada
@altri: Cercate una via da teoria dei numeri "olimpica"
- HumanTorch
- Messaggi: 281
- Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
- Località: Tricase
@ Boll: Ne esistono infiniti se possono essere polinomi parametici, però ne esistono infiniti che danno infinite terne, ma non tutte..forse la prima parte del post può fuorviare, ma sotto c'è una "postilla"..
sorry se è poco chiaro, ma ormai mi sono arreso alla legge della natura e alla confusione nella mia capoccia..HumanTorch ha scritto:Però, forse, è un polinomio parametrico che permette di ottenere ogni terna possibile..
-
- Moderatore
- Messaggi: 1053
- Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
- Località: Pescara
Ogni terna pitagorica primitiva può essere espressa come
$ a=2mn $, $ b=m^2-n^2 $, $ c=m^2+n^2 $ con $ (m,n)=1 $ e $ 2|mn $.
Ora, diciamo che $ f(x) $ abbia grado $ k $ e $ g(x) $ abbia grado $ j $. Diciamo che $ n=2max(j,k)+1 $; prendiamo i primi $ n $ numeri primi e diciamo che $ a=4p_1p_2...p_n $. Posso scegliere la coppia (m,n) in $ 2^n $ modi. Ma sicuramente, essendo $ k,j>0 $ sarà $ n>1 $ e quindi $ 2^n>n $. Avremo che $ a=f(x_i) $ o $ a=g(x_i) $ a seconda se $ a<b $ o meno cioè a seconda della scelta della coppia $ (m,n) $.
Comunque in almeno una delle due funzioni dovrà accadere che per almeno $ n+1=max(j,k)+1 $ valori di $ x_i $ si ha $ f(x_i)=a $. Ma allora una di queste due funz (diciamo $ f(x) $) è tale che $ p(x)=f(x)-a $ ha un numero di soluzione maggiore al suo grado quindi è identicamente nulla. ma allora le terne con componenti tutte diverse da $ a $ non ci potranno mai essere. Assurdo.
$ a=2mn $, $ b=m^2-n^2 $, $ c=m^2+n^2 $ con $ (m,n)=1 $ e $ 2|mn $.
Ora, diciamo che $ f(x) $ abbia grado $ k $ e $ g(x) $ abbia grado $ j $. Diciamo che $ n=2max(j,k)+1 $; prendiamo i primi $ n $ numeri primi e diciamo che $ a=4p_1p_2...p_n $. Posso scegliere la coppia (m,n) in $ 2^n $ modi. Ma sicuramente, essendo $ k,j>0 $ sarà $ n>1 $ e quindi $ 2^n>n $. Avremo che $ a=f(x_i) $ o $ a=g(x_i) $ a seconda se $ a<b $ o meno cioè a seconda della scelta della coppia $ (m,n) $.
Comunque in almeno una delle due funzioni dovrà accadere che per almeno $ n+1=max(j,k)+1 $ valori di $ x_i $ si ha $ f(x_i)=a $. Ma allora una di queste due funz (diciamo $ f(x) $) è tale che $ p(x)=f(x)-a $ ha un numero di soluzione maggiore al suo grado quindi è identicamente nulla. ma allora le terne con componenti tutte diverse da $ a $ non ci potranno mai essere. Assurdo.
- enomis_costa88
- Messaggi: 537
- Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
- Località: Brescia
la prima parte è simile a quella di S_T_W..ma poi divago su altro quindi(visto che sono alle prime armi in TdN) posto per sapere se è corretto..
Step 1 Elenco le funzioni in due variabili che rispondono alla richiesta
Per un fatto noto:
per $ \forall a,b,c $ / siano una terna pitagorica primitiva sussiste la seguente proprietà:
$ a=2de; b=d^2-e^2; c=d^2+e^2 $
con $ d>e; d,e \in Z+ $ e o d o e pari
per cui i tre polinomi cercati devono
$ f(x)=a=2de; g(x)=b= d^2-e^2; h(x)=c= d^2+e^2 $
il che di per se appare strano in quanto sono in una variabile mentre la funzione appena associata ad essi ne ha 2…
Step 2 Dimostro che le scritte dell’1 non si possono riscrivere come polinomi in funzione di x(e che non esistono quei polinomi)..
Se g(x) e h(x) sono polinomi allora g(x)-h(x)=k(x) lo sarà (oppure sarà sempre $ \equiv $ in un valore che chiamiamo k)
Osservando due terne (4,3,5)(12,5,13) è palese che $ b-c \not \equiv k $ perché 5-3 diverso da 13-5..
Per cui se $ \exists $ i polinomi in una variabile della Th anche k(x) lo è(e se k(x) non è un polinomio non può essere differenza tra polinomi e quindi $ \not \exists $ i polinomi dati)..
Eppure si può notare che $ \exists \infty $ terne pitagoriche primitive / $ k(x) = 2 (2d;d^2-1;d^2+1) $ con $ d \equiv 0 (mod 2) $ e quindi $ d^2-1 \not \equiv d^2+1(mod k) $ per k diverso da due(da cui le terne sono primitive) ..quindi visto che pur assumendo infinite volte il valore 2 non è coincidente in esso dovrebbe avere più zeri del numero di valori per cui $ k(x)=2 $ quindi ha $ \infty $ zeri e quindi k(x) non è un polinomio in x..da cui si deduce che $ \not \exists $ i polinomi cercati
Step 1 Elenco le funzioni in due variabili che rispondono alla richiesta
Per un fatto noto:
per $ \forall a,b,c $ / siano una terna pitagorica primitiva sussiste la seguente proprietà:
$ a=2de; b=d^2-e^2; c=d^2+e^2 $
con $ d>e; d,e \in Z+ $ e o d o e pari
per cui i tre polinomi cercati devono
$ f(x)=a=2de; g(x)=b= d^2-e^2; h(x)=c= d^2+e^2 $
il che di per se appare strano in quanto sono in una variabile mentre la funzione appena associata ad essi ne ha 2…
Step 2 Dimostro che le scritte dell’1 non si possono riscrivere come polinomi in funzione di x(e che non esistono quei polinomi)..
Se g(x) e h(x) sono polinomi allora g(x)-h(x)=k(x) lo sarà (oppure sarà sempre $ \equiv $ in un valore che chiamiamo k)
Osservando due terne (4,3,5)(12,5,13) è palese che $ b-c \not \equiv k $ perché 5-3 diverso da 13-5..
Per cui se $ \exists $ i polinomi in una variabile della Th anche k(x) lo è(e se k(x) non è un polinomio non può essere differenza tra polinomi e quindi $ \not \exists $ i polinomi dati)..
Eppure si può notare che $ \exists \infty $ terne pitagoriche primitive / $ k(x) = 2 (2d;d^2-1;d^2+1) $ con $ d \equiv 0 (mod 2) $ e quindi $ d^2-1 \not \equiv d^2+1(mod k) $ per k diverso da due(da cui le terne sono primitive) ..quindi visto che pur assumendo infinite volte il valore 2 non è coincidente in esso dovrebbe avere più zeri del numero di valori per cui $ k(x)=2 $ quindi ha $ \infty $ zeri e quindi k(x) non è un polinomio in x..da cui si deduce che $ \not \exists $ i polinomi cercati