Phi di Eulero e somma dei divisori algebr. indipendenti

[jordan]

Dimostrare che non esiste alcun polinomio $ P(x,y)\in \mathbb{Q}[x,y] $ non identicamente nullo tale che $ P(\varphi(n),\sigma_1(n))=0 $ per ogni intero positivo $ n $.

(Salvatore Tringali)

[Nabir Albar]

Sia $P(x,y)=\sum_{i=0}^k y^i u_i(x)$, essendo $\forall i\ u_i\in\mathbb{Q}[x]$. Dimentichiamo momentaneamente l'ipotesi $P(\varphi(n),\sigma_1(n))=0$.

Lemma della divisione in due variabili. Se, fissato $d(x)\in\mathbb{Q}[x]$, abbiamo $P(x,d(x))=0$ per infiniti $x\in\mathbb{R}$, allora il polinomio $P(x,y)$ è divisibile per $(y-d(x))$ (non oso immaginare quanto si possa generalizzare)
Dim.: Applichiamo l'algoritmo di Ruffini per dividere $P(x,y)=\sum_{i=0}^k y^i u_i(x)$ per $y-d(x)$, considerando $P(x,y)$ come polinomio in $y$ (non abbiamo problemi, dovendo fare solo somme e moltiplicazioni). Otteniamo $P(x,y)=\left(y-d(x)\right)\left(\sum_{i=0}^{k-1} y^i v_i(x)\right)+r(x)$, sempre con $v_i(x),r(x)\in\mathbb{Q}[x]$. Dall'ipotesi segue che $r(x)=0$ per infiniti $x$, quindi $r(x)$ è il polinomio nullo. $\blacksquare$

Tornando al $P(x,y)$ del problema, fissato un $q_1$ primo, abbiamo che per $n=q_1p$ (prendo anche $p$ primo diverso da $q_1$) $\phi(n)=(q_1-1)(p-1)$ e $\sigma_1(n)=(q_1+1)(p+1)$. Quindi, ponendo $d_1(x)=\frac{q_1+1}{q_1-1}x+2(q_1+1)$, per $x=\phi(n)$ vale proprio $d_1(x)=\sigma_1(n)$ e sono soddisfatte le ipotesi del lemma ($P(x,d_1(x))=0$ e $x=\phi(n)$ assume infiniti valori al variare di $p$). Perciò possiamo dividere $P(x,y)$ per $y-d_1(x)$ ottenendo $P(x,y)=(y-d_1(x))P_1(x,y)$.
Prendendo ora un primo $q_2\neq q_1$ e $d_2(x)=\frac{q_2+1}{q_2-1}x+2(q_2+1)$, per $x=\phi(q_2p)$ vale di nuovo $\forall p\neq q_2\ d_2(x)=\sigma_1(q_2p)$, quindi $P(x,d_2(x))=0$ per infiniti valori di $x$. Ma se fosse $y-d_1(x)=0$, cioè $d_2(x)-d_1(x)=0$, dovremmo avere $\left(\frac{q_2+1}{q_2-1}-\frac{q_1+1}{q_1-1}\right)x+2(q_2+1)-2(q_1+1)$, che è falso per infiniti $x$ sufficientemente grandi (basta prendere $p$ abbastanza grande). Quindi per infiniti $x$ deve essere $P_1(x,d_2(x))=0$ e per il lemma $P_1(x,y)=(y-d_2(x))P_2(x,y)$, cioè $P(x,y)=(y-d_1(x))(y-d_2(x))P_2(x,y)$.
Ripetendo questo giochino tante volte sempre con nuovi primi $q_i$, arriviamo prima o poi a $P(x,y)=(y-d_1(x))(y-d_2(x))\cdots(y-d_{k+1}(x))P_{k+1}(x,y)$, assurdo se $P_{k+1}(x,y)$ non è il polinomio nullo (perché in $P(x,y)$ la $y$ ha come grado massimo $k$).

[jordan]

[...] dovremmo avere $\left(\frac{q_2+1}{q_2-1}-\frac{q_1+1}{q_1-1}\right)x+2(q_2+1)-2(q_1+1)$, [...]

Ci manca un $ =0 $, il resto mi pare corretto..

Altre due soluzioni da qui, la prima è di fry, la seconda è mia..

Own (but I guess well-known). Dimostrare che la funzione $ \varphi(\cdot) $ di Eulero (v. qui) e la somma dei divisori $ \sigma(\cdot) $ (v. qui) sono algebricamente indipendenti

0. Supponiamo $ f(x,y) \in \mathbb{Q}[x,y] $ tale che $ f\big(\varphi(n), \sigma(n)\big) = 0 $ per ogni $ n \in \mathbb{N}_0 $, senza perdità di generalità possiamo limitarci a considerare $ f(x,y) \in \mathbb{Z}[x,y] $, in quanto ogni polinomio a coefficienti razionali non è altro che un polinomio a coefficienti interi diviso per un oppurtuno intero.
Facilmente esisteranno $ g_0(y), g_1(y), \ldots \in \mathbb{Z}[y] $ tali che $ \displaystyle f(x,y) \equiv \sum_{k=0}^\infty x^k \, g_k(y) $ identicamente, vogliamo dimostrare che $ g_0(y), g_1(y), \ldots $ sono identicamente nulli in $ \mathbb{Z}[y] $ e che dunque $ f(x,y) $ è identicamente nullo in $ \mathbb{Z}[x,y] $.

1. Se $ g(y) \in \mathbb{Z}[y] $ è tale che $ p \mid g(n) $ per ogni $ p \in \mathbb{P} $ ed ogni $ n \in \mathbb{N}_0 $, allora $ g(y) $ è identicamente nullo. Infatti, comunque assegnato $ n \in \mathbb{N}_0 $, il fatto che $ p \mid g(n) $, per ogni $ p \in \mathbb{P} $, implica necessariamente che $ g(n)=0 $. D'altro canto, se $ g(n)=0 $, per ogni $ n \in \mathbb{N}_0 $, allora $ g(y) $ ha infiniti zeri, e per il teorema fondamentale dell'algebra è identicamente nullo.

2. Per ogni $ p, q \in \mathbb{P} $, $ b \in \mathbb{N} := \mathbb{N}_0 \cup \{0\} $ tali che $ q \equiv 1 \bmod p $ abbiamo $ p \mid \varphi\big(p^2 q^b\big) $ e $ \sigma\big(p^2 q^b\big) = (1+p+p^2)(1+q+\ldots+q^b) \equiv b + 1 \bmod p $ da cui

• $ \displaystyle f\left(\varphi\big(p^2 q^b\big), \sigma\big(p^2 q^b\big)\right) \equiv g_0\left(\sigma\big(p^2 q^b\big)\right) \equiv g_0(b+1) \equiv 0 \bmod p $

quindi $ p \mid g_0(y_0) $ per ogni $ y_0 \in \mathbb{N}_0 $ e dal punto 1 segue che $ g_0(y) $ è identicamente nullo.

3. Supponiamo di aver dimostrato per un certo $ h \in \mathbb{N} $ che $ g_0(y), g_1(y), \ldots, g_h(y) $ sono identicamente nulli, quindi $ \displaystyle f(x,y) \equiv \sum_{k=h+1}^\infty x^k \, g_k(y) $ identicamente, allora similmente a prima per ogni $ p, q \in \mathbb{P} $, $ b \in \mathbb{N} $ tali che $ q \equiv 1 \bmod p $ abbiamo che

• $ \displaystyle \frac{f\left(\varphi\big(p^2 q^b\big), \sigma\big(p^2 q^b\big)\right)}{p^{u(h+1)}} \equiv \left(\frac{\varphi\big(p^2 q^b\big)}{p^u}\right)^{h+1} \cdot g_{h+1}(b+1) \equiv 0 \bmod p $

dove $ u := v_p\left(\varphi\big(p^2 q^b\big)\right) \geq 1 $ quindi $ p \mid g_{h+1}(y) $ per ogni $ y \in \mathbb{N}_0 $ e dal punto 1 segue ancora che $ g_{h+1}(y) $ è identicamente nullo.

4. Dai punti 2 e 3 abbiamo per induzione che che $ g_0(y), g_1(y), \ldots $ sono identicamente nulli. []

Own (but I guess well-known). Dimostrare che la funzione $ \varphi(\cdot) $ di Eulero (v. qui) e la somma dei divisori $ \sigma(\cdot) $ (v. qui) sono algebricamente indipendenti, nel senso che non esiste alcun polinomio non identicamente nullo $ P(x,y) \in \mathbb{Q}[x,y] $ tale che $ P(\varphi(n), \sigma(n)) = 0 $, per ogni $ n \in \mathbb{N}_0 := \{1, 2, \ldots\} $.

Ipotizziamo per assurdo che esista un polinomio $ P[x,y] $ siffatto, un intero $ k>0 $ e $ \vec{a}:=(a_1,a_2,\ldots,a_{k+1})\in \mathbb{Q}^{k+1} $ tali che $ P(x,y)=\displaystyle \sum_{1\le i\le k+1}{a_ix^{k+1-i}y^{i-1}}+R(x,y) $ dove $ R(x,y)\in \mathbb{Q}[x,y] $ è un polinomio fissato di grado minore di $ P(x,y) $. In particolare per ogni $ p\in \mathbb{P} $ deve valere: $ P(\varphi(p^{k+1}),\sigma(p^{k+1}))=0 $.
Sia $ Q(x)\in \mathbb{Q}[x] $ il polinomio in una variabile definito da $ Q(x)=P(x^{k+1}-x^k,x^{k+1}+x^k+\ldots+x+1)(x-1)^k $. Dato che $ Q(p)=0 $ per ogni $ p\in \mathbb{P} $, allora è vero che $ Q(x)\equiv 0 $.
Poichè $ \displaystyle Q(x)=\left(\sum_{1\le i\le k+1}{x^{k(k+1-i)}(x^{k+2}-1)^{i-1}(x-1)^{2(k+1-i)}}\right) $ $ \displaystyle +(x-1)^kR(x^{k+1}-x^k,x^{k+1}+x^k+\ldots,+x+1)\equiv 0 $ e$ \text{deg}((x-1)^kR(x^{k+1}-x^k,x^{k+1}+x^k+\ldots,+x+1)) \le (k+2)(k-1) $ allora risulta verificato il sistema di $ k+1 $ equazioni nell'incognita $ \vec{a} \in \mathbb{Q}^{k+1} $ : $ B \vec{a}^T = \vec{0}^T $, dove $ B \in M_{k+1}(\mathbb{Z}) $ è una matrice in cui l'elemento $ (i.j) $ è determinato da $ (-1)^{i-1}\binom{2k+2-2j}{i-1} $ per ogni $ 1\le i,j\le k+1 $ (dove $ \binom{0}{0}:=1 $ e $ \binom{a}{b}:=0 $ se $ a<b $). Ora, $ \text{det} B \neq 0 $ (vedi qui) per cui la soluzione al sistema è unica, ed è evidentemente data da $ \vec{a}=\vec{0} $.[]

Ps1. Perchè non usi più il tuo account?
Ps2. Potresti postare la soluzione alla staffetta in questa sezione e sostituirlo con uno nuovo appena hai tempo?

[Nabir Albar]

Figa la tua

Ps1. Perchè non usi più il tuo account?

Ovvio, perché avevo un nick orrendo (quando mi ero registrato non pensavo che avrei postato molto)

[jordan]

Ovvio, perché avevo un nick orrendo

E ora a chi li dedico i miei problemi ? xD

[gatto_silvestro]

Bella dimo jordan!

[jordan]

Bella dimo jordan!

Mmh, vediamo se indovino chi sei.. le iniziali di nome e cognome sono P.C. vero?

[dario2994]

Bella dimo jordan!

Mmh, vediamo se indovino chi sei.. le iniziali di nome e cognome sono P.C. vero?

Ritenta (cazzaniga ora tenterò in ogni modo di capire chi diavolo è sto P.C. )

[jordan]

E' uno dei pochi che pensavo potesse postare quella soluzione al problema $ 5^x+7^y=2^z $, oppure l'ha copiata da SciMat, dopo averla capita, visto le modifiche Non ne ho proprio idea allora..

[Nabir Albar]

[ot] Secondo me è un normalista! [/ot]

[dario2994]

[ot] Secondo me è un normalista! [/ot]

Tentate ancora... (se si parla di gatto_silvestro) (se si parla del grande P.C. non so proprio )

[gatto_silvestro]

No, evidentemente non sono colui che tu pensi, sono Marco D'Addezio, e no, la soluzione non l'avevo mai vista prima. Anzi mi interesserebbe vedere altre sol del problema.

[dario2994]

No, evidentemente non sono colui che tu pensi, sono Marco D'Addezio, e no, la soluzione non l'avevo mai vista prima. Anzi mi interesserebbe vedere altre sol del problema.

Noooooooo... hai rovinato il gioco E poi ti riempivano di complimenti...

[gatto_silvestro]

lol

Sorry Beh almeno stanotte dormiranno sogni più tranquilli.

[jordan]

No, evidentemente non sono colui che tu pensi, sono Marco D'Addezio, e no, la soluzione non l'avevo mai vista prima.

Si, complimenti allora.. avevi un altro account prima?