Ancora polimoni

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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razorbeard
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Ancora polimoni

Messaggio da razorbeard » 04 giu 2011, 16:21

Determinare quali sono le coppie di numeri primi positivi $p,q$ tali che il polinomio $p(x)=x^2-(7q+1)x+2p$ abbia 2 radici intere.

La mia idea era di porre il delta uguale ad un quadrato perfetto $49q^2+14q+1-8p=n^2$
Il fatto è che non so se è giusto e poi non saprei nemmeno andare avanti :cry:
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Valenash
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Re: Ancora polimoni

Messaggio da Valenash » 04 giu 2011, 17:09

razorbeard ha scritto:Determinare quali sono le coppie di numeri primi positivi $p,q$ tali che il polinomio $p(x)=x^2-(7q+1)x+2p$ abbia 2 radici intere.

La mia idea era di porre il delta uguale ad un quadrato perfetto $49q^2+14q+1-8p=n^2$
Il fatto è che non so se è giusto e poi non saprei nemmeno andare avanti :cry:
Sì, questo modo è giusto, non so se porta a qualcosa ma di sicuro va bene =)
Ora, l'altra condizione che hai riguarda il fatto che p e q siano primi.. prova a lavorare su questo.. (piccola nota: ovviamente n dovrà essere il quadrato di un numero pari)
Ho sempre pensato che la serie armonica non divergesse..poi ho scoperto che non è così...
Ho sempre pensato che l'infinito fosse un numero..grande ma un numero.. poi ho scoperto che non è così...
E' inutile.. la matematica non da' certezze e nuoce gravemente alla sanità mentale..xDxD

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Claudio.
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Re: Ancora polimoni

Messaggio da Claudio. » 04 giu 2011, 17:15

$(7q+1)^2-8p=n^2$
$4 \mid (7q+1)^2\land 8p$, quindi $4 \mid n^2\Rightarrow n^2=4n_1^2$ allora $(7q+1)^2=4(n_1^2+2p)$. Adesso poichè 4 è un quadrato dovrà esserlo anche $n_1^2+2p$. Se $p$ è dispari allora $2p\equiv 2 \pmod4\Rightarrow n_1^2+2p\equiv 2,\,3 \pmod4$ che non può essere quadrato perfetto, allora $p=2\Rightarrow(7q+1)^2=4(n_1^2+4)$ da cui $n_1=0$ e se non ho sbagliato qualcosa non dovrebbero esserci soluzioni...
Ultima modifica di Claudio. il 04 giu 2011, 17:25, modificato 1 volta in totale.

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razorbeard
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Re: Ancora polimoni

Messaggio da razorbeard » 04 giu 2011, 17:23

Purtroppo non ho la soluzione di questo esercizio, ma il metodo di Claudio mi sembra esatto(ci ho riprovato da solo e mi viene la stessa cosa :P )

Detto questo ,per non aprire ancora un nuovo argomento, vorrei metterne un'altro su cui mi sono inceppato

Siano $a_1,a_2,a_3,...,a_n$degli interi distinti.Dimostrare che il polinomio
$P(x)=(x-a_1)(x-a_2)(x-a_3)....(x-a_n)-1$ è irriducibile in$Z|x|$
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sasha™
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Re: Ancora polimoni

Messaggio da sasha™ » 04 giu 2011, 17:33

C'è $(7, 2)$, in realtà. :wink:
Ultima modifica di sasha™ il 04 giu 2011, 17:47, modificato 4 volte in totale.

amatrix92
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Re: Ancora polimoni

Messaggio da amatrix92 » 04 giu 2011, 17:34

Ho 30 secondi di tempo .. appena posso lo dimostro, ma salvo errore di calcolo le soluzioni sono:
Testo nascosto:
$ q=2 $ e $ p=7 $
e tutti i primi della forma
$ p=7k+6 $
$ q=k+1 $ con k naturale. Devo ancora capire quanti sono i primi ch si generano così.
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.

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Drago96
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Re: Ancora polimoni

Messaggio da Drago96 » 04 giu 2011, 17:36

Io ho trovato due coppie... :roll:

Ho lavorato così: (la soluzione non è completa, devo ancora pensarci)

$n$ deve essere pari. Infatti $\displaystyle{x={7q+1\pm\sqrt{\delta}\over 2}}$ , e dato che $x$ deve essere intero e $7q+1$ è pari (a meno di $q=2$), devo avere che $\delta$ è pari, dunque $n$ è pari.
Con $q=2$ l'equazione è $x^2-15x+2p=0$, dunque $\displaystyle{x={15\pm\sqrt{225-8p}\over 2}}$ ; allora $225-8p=n^2$ con $n$ dispari. Ovvero $\displaystyle{p={(15-n)(15+n)\over 8}}$ . Provando, ottengo che $p=13,n=11$ e $p=7,n=13$ funzionano.
Quindi ho trovato le coppie $(p,q)=(7,2);(13,2)$
:)

Anche WolframAlpha conferma che con quelle coppie ottengo radici intere :D

Ora penserò a una soluzione completa...
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sasha™
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Re: Ancora polimoni

Messaggio da sasha™ » 04 giu 2011, 17:37

@Amatrix92: Eccetto $(13, 2)$ non se ne generano, controlla la loro parità. :)

@Drago96: Prova a dimostrare che necessariamente $q=2$, non è difficile. :wink:

Valenash
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Re: Ancora polimoni

Messaggio da Valenash » 04 giu 2011, 18:08

Drago96 ha scritto:Io ho trovato due coppie... :roll:

Ho lavorato così: (la soluzione non è completa, devo ancora pensarci)

$n$ deve essere pari. Infatti $\displaystyle{x={7q+1\pm\sqrt{\delta}\over 2}}$ , e dato che $x$ deve essere intero e $7q+1$ è pari (a meno di $q=2$), devo avere che $\delta$ è pari, dunque $n$ è pari.
Con $q=2$ l'equazione è $x^2-15x+2p=0$, dunque $\displaystyle{x={15\pm\sqrt{225-8p}\over 2}}$ ; allora $225-8p=n^2$ con $n$ dispari. Ovvero $\displaystyle{p={(15-n)(15+n)\over 8}}$ . Provando, ottengo che $p=13,n=11$ e $p=7,n=13$ funzionano.
Quindi ho trovato le coppie $(p,q)=(7,2);(13,2)$
:)

Anche WolframAlpha conferma che con quelle coppie ottengo radici intere :D

Ora penserò a una soluzione completa...
basta unirci quest'altro pezzo :)
Claudio. ha scritto:$(7q+1)^2-8p=n^2$
$4 \mid (7q+1)^2\land 8p$, quindi $4 \mid n^2\Rightarrow n^2=4n_1^2$ allora $(7q+1)^2=4(n_1^2+2p)$. Adesso poichè 4 è un quadrato dovrà esserlo anche $n_1^2+2p$. Se $p$ è dispari allora $2p\equiv 2 \pmod4\Rightarrow n_1^2+2p\equiv 2,\,3 \pmod4$ che non può essere quadrato perfetto, allora $p=2\Rightarrow(7q+1)^2=4(n_1^2+4)$ da cui $n_1=0$ e se non ho sbagliato qualcosa non dovrebbero esserci soluzioni...
$4 \mid (7q+1)^2$ questa non funziona per $q$ pari.. il caso quindi lo tratti a parte e ottieni quello detto da drago =P
Ho sempre pensato che la serie armonica non divergesse..poi ho scoperto che non è così...
Ho sempre pensato che l'infinito fosse un numero..grande ma un numero.. poi ho scoperto che non è così...
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Re: Ancora polimoni

Messaggio da Claudio. » 04 giu 2011, 19:04

Come faccio a dimenticare sempre qualche caso, e per giunta semplici?! :oops:
Comunque a me sembra proprio TDN...non algebra, e non c'entra con i polinomi ^^

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Re: Ancora polimoni

Messaggio da Sonner » 04 giu 2011, 19:53

Ne ho trovata una abbastanza veloce.
Se a,b sono radici del polinomio allora $ ab=2p $, quindi $ (a,b)=(1,2p) $ oppure $ (a,b)=(2,p) $. Due casi:
1) $ 1+2p=7q+1 \rightarrow p=7, q=2 \rightarrow p(x)=x^2-15x+14 $;
2) $ p+2=7q+1 \rightarrow p=13, q=2 \rightarrow p(x)=x^2-15x+26 $.
Inoltre a e b non possono essere uno positivo e uno negativo (il prodotto è positivo) e neanche entrambi negativi (la somma è positiva)

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razorbeard
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Re: Ancora polimoni

Messaggio da razorbeard » 04 giu 2011, 20:01

quindi concludendo...
se $7q+1$ è dispari, l'unico valore di q è 2, e fin qui ok.
$N$ non può essere pari per la dimostrazione di claudio,da qui otteniamo che $225-n^2=8p$, di conseguenza troveremo le soluzioni $(p,q)=(7,2)(13,2)$ e sono le uniche. Giusto?
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Re: Ancora polimoni

Messaggio da fraboz » 04 giu 2011, 20:19

mah provo pure io: sappiamo che (essendo un polinomio monico di 2° grado e bla bla bla) $ 7q+1=x_1+x_2 $ e $ 2p=x_1 \cdot x_2 $
$ x_1,x_2 $(sono le radici ovviamente) dunque possiamo avere $ x_1= \pm2p ; x_2= \pm1 $ o $ x_1= \pm p ;x_2= \pm2 $. da ciò otteniamo che $ 7q=2p \rightarrow q=2;p=7 $ e $ 7q-1=p \rightarrow p=13 ;q=2 $

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razorbeard
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Re: Ancora polimoni

Messaggio da razorbeard » 05 giu 2011, 09:23

Se su questo problema non c'è più nulla da aggiungere chiederei cortesemente a chiunque un aiutino su quello del 4° post, perchè non so proprio dove mettere mano :(
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