Esisterà quel polinomio???

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Boll
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Esisterà quel polinomio???

Messaggio da Boll »

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 $
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HiTLeuLeR
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Messaggio da HiTLeuLeR »

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.
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HiTLeuLeR
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Messaggio da HiTLeuLeR »

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 $
Scusami tanto, eh... A che serve assumere che le terne in giuoco siano primitive?!? :? :shock:
fph
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Messaggio da fph »

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 $
Come concludi che $ \deg P > 0 $?
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HumanTorch
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Messaggio da HumanTorch »

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 :D [/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..
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HiTLeuLeR
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Messaggio da HiTLeuLeR »

La soluzione ch'avevo proposto conteneva un typo (adesso corretto) e un'omissione (ora colmata). Non me ne abbiate... :oops:

@fph: boooh! Andavo a senso... :mrgreen: In ogni caso, ti farò sapere, stanne pur certo. :roll:
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Boll
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Messaggio da Boll »

@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"
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HumanTorch
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Messaggio da HumanTorch »

@ 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".. :lol:
HumanTorch ha scritto:Però, forse, è un polinomio parametrico che permette di ottenere ogni terna possibile..
sorry se è poco chiaro, ma ormai mi sono arreso alla legge della natura e alla confusione nella mia capoccia..
Simo_the_wolf
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Messaggio da Simo_the_wolf »

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.
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enomis_costa88
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Messaggio da enomis_costa88 »

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 
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