P(1)

[fraboz]

Sia $ p(x) $ un polinomio a coefficienti interi tale che $ p(0)=0 $ e $ 0 \leq p(1) \leq 10^7 $. Sapendo che esistono due interi positivi $ a, b $ tali che $ p(a)=1999 $ e $ p(b)=2001 $, si determinino i valori possibili di $ p(1) $. si tenga presente che $ 1999 $ è primo.

[Mist]

$p(0) = 0$ e questo significa banalmente che il temine noto non c'è, e che quindi in generale $x\mid p(x)$, $\forall x \in \mathbb{Z}$. Si ha perciò che $a \mid p(a) =1999$. Siccome come ricordato dal testo si ha che $1999$ è un numero primo, $a$ può essere solamente $1$ o $1999$. Nel caso in cui $a=1$ si ottiene semplicemente che $p(1)=1999$. Se invece $a=1999$ allora si ha che $a-b= 1999-b \mid p(a)-p(b) = 1999-2001 = -2$ e quind $b=2001$. Quindi
$b-1=2000\mid p(b)-p(1) = 2001-p(1)$ e che $a-1 = 1998|p(a)-p(1) = 1999-p(1)$.Ovvero $$\displaystyle \begin{cases}p(1) \equiv 1 \pmod{2000} \\ p(1) \equiv 1 \pmod{1998} \\ \end{cases}$$

Quindi $p(1) = 1+1998\cdot 2000k$. Per i limiti posti all'inizio del problema, si ha quindi che i valori possibili per $p(1)$ sono $1,1999,1+2000\cdot 1998 \cdot 1, 1+2000\cdot 1998 \cdot 2$

[ma_go]

due piccole osservazioni (in modalita' "correttore stronzo"):

Nel caso in cui $a=1$ si ottiene semplicemente che $p(1)=1999$.

qui dovresti verificare che effettivamente esiste un polinomio a coefficienti interi tali che $p(0)=0, p(1)=1999$ e $p(b)=2001$ per qualche $b$ intero positivo. e questo ti costerebbe un punto su sette.

Se invece $a=1999$ allora si ha che $a-b= 1999-b \mid p(a)-p(b) = 1999-2001 = -2$ e quind $b=2001$.

perche' l'unico valore possibile e' 2001, e non, ad esempio, 1997, o 2000?
a me e' chiaro, ma una commissione giudicatrice potrebbe chiedersi "a lui e' chiaro?", e penalizzarti..

[Mist]

Ottimo, ho postato appunto per essere corretto su queste cose...

Lì ho dato per scontato che l'unico valore possibile fosse $2001$ perchè all'inizio della dimostrazione avevo scritto appunto che dal fatto che $P(0)=0$ derivava che $x\mid p(x)$... In una gara devo riscrivere un fatto ogni volta che lo uso ? ( non è una domanda provatoria-stizzita, è che non sono mai andato oltre febbraio, vorrei capire...)

In che senso devo verificare che esiste un polinomio che verifica quelle condizioni in $\mathbb{Z}[x]$ ? devo dimostrare insomma che esiste un $b$ intero tale che, rispettate quelle condizioni, dà $p(b) = 2001$ ?

[ma_go]

Lì ho dato per scontato che l'unico valore possibile fosse $2001$ perchè all'inizio della dimostrazione avevo scritto appunto che dal fatto che $P(0)=0$ derivava che $x\mid p(x)$... In una gara devo riscrivere un fatto ogni volta che lo uso ?

è buona norma dirlo di nuovo, se lo usi dopo un paio di righe. io avrei detto qualcosa tipo:

$a-b\mid\dots\mid -2$, (quindi $a-b$ è $\pm1$ o $\pm2$,) quindi $b$ può essere 1997, 1998, 2000 o 2001. ma siccome $n\mid p(n)$, l'unico valore possibile è 2001.

la frase tra parentesi si può tranquillamente omettere, ma il resto è meglio scriverlo (anche per non instillare dubbi in chi corregge). e non è che ti costi proprio tanto scrivere una riga in più..

In che senso devo verificare che esiste un polinomio che verifica quelle condizioni in $\mathbb{Z}[x]$ ? devo dimostrare insomma che esiste un $b$ intero tale che, rispettate quelle condizioni, dà $p(b) = 2001$ ?

supponiamo che il problema fosse, invece del problema originale:

sia $p$ un polinomio a coefficienti interi tali che $p(0)=p(1)=0$, $p(2)=1$. quali valori può assumere $p(1)$?

il tuo claim "se $p(1)=1999$ allora $p(1)$ può assumere il valore 1999" è equivalente a rispondere "$p(1)=0$" al problema precedente.

[fraboz]

ricollegandomi a quello che ha detto ma_go chi ti assicura che esistano effettivamente dei polinomi che soddisfano quelle ipotesi?

[Mist]

ricollegandomi a quello che ha detto ma_go chi ti assicura che esistano effettivamente dei polinomi che soddisfano quelle ipotesi?

mhm... quali ipotesi ? e poi non ho capito l'ultima frase di ma_go... Cos'è un claim ? e soprattutto, c'è un typo nel problema stupido dell'ultima cit. di ma_go ?
E per dimostrare che esiste un polinomio in $\mathbb{Z}[x]$ tale che $p(0) =0$, $p(1) = 1$ e $p(b) = 2001$ per qualche $b$ intero come faccio ?
E se dicessi che è possibile solo per certi valori di $b$ e per quelli esistono intere famiglie di polinomi a coefficenti interi che rispettano quelle condizioni per un particolare $b$ andrebbe bene ?

[EvaristeG]

Dunque ... il punto è questo: e se non esistesse NESSUN polinomio come quelli descritti dal problema?

Prendi il problema stupido (in cui non c'è nessun typo, è semplicemente stupido in molte maniere istruttive): quanto vale $p(1)$, sapendo che $p(0)=p(1)=0$ e $p(2)=1$ e sapendo che il polinomio è a coefficienti interi? La risposta non è $0$, ma è NON ESISTE NESSUNO POLINOMIO CHE VALGA $0$ in $0$ e $1$ in $2$.

Problema idiota - C'è un tetto che verso est ha una pendenza del 20%, verso ovest del 40%. Una gallina, un coccodrillo e un pada depongono ciascuno un uovo sulla sommità del tetto. Quante uova cadono a ovest e quante a est?

La risposta non è 3-0 (a meno che tu non conosca panda ovipari), ma 2-0.

Per ogni valore di $p(1)$ che hai determinato essere possibile, devi esibire un polinomio che faccia proprio quel numero lì quando viene valutato in $1$. Non tutti quelli che hanno quel valore, ma uno solo, che però ovviamente rispetti anche tutte le altre ipotesi del problema (a coeff interi, p(0)=0, p(a)=1999, p(b)=2001 per qlc a e b positivi interi).

Chiaro?

[Mist]

i valori possibili per $p(1)$ sono $1,1999,1+2000\cdot 1998 \cdot 1, 1+2000\cdot 1998 \cdot 2$

Se $a=1$ si vede facilmente che siccome si deve avere che $b-a=b-1 \mid p(a)-p(b)= 2$ e contemporaneamente dal fatto che $p(0)=0$ consegue che $b \mid p(b)=2001$, si vede subito per tentativi (che in gara lo che devo scrivere ma qui fatemeli risparmiare) che si deve avere che $b=3$
Siccome si ha un polinomio che passa per tre punti, posso facilmente calcolare la parabola che passa per questi e ottenere che effettivamente tutti i polinomi della forma $-666x^2+2665x +x(x-1)(x-3)r(x)$ con $r(x) \in \mathbb{Z}[x]$

Inoltre, se $a=1999$ si ha necessariamente per quanto detto prima che $b=2001$ e quindi si devono cercare dei polinomi tali che:

$p(1999) = 1999$ e $p(2001) = 2001$ e $p(0)=0$ e $p(1)=1$:
$p_1(x) = x +r_1(x)(x-1999)(x-2001)(x-1)x$


$p(1999) = 1999$ e $p(2001) = 2001$ e $p(0)=0$ e $p(1)=3996001$:
$p_2(x) = x +x(x-1999)(x-2001) + r_2(x)(x-1999)(x-2001)(x-1)x$


$p(1999) = 1999$ e $p(2001) = 2001$ e $p(0)=0$ e $p(1)=7992001$:
$p_3(x) = x +2x(x-1999)(x-2001)+r_3(x)(x-1999)(x-2001)(x-1)x$

Con $(r_{1}(x),r_{2}(x),r_{3}(x)) \in \mathbb{Z}[x]^{3}$

Così va bene ?

P.S. Grazie mille ai mod per le dritte

[ma_go]

[...]si vede subito per tentativi (che in gara lo che devo scrivere ma qui fatemeli risparmiare) che si deve avere che $b=3$
Siccome si ha un polinomio che passa per tre punti, posso facilmente calcolare la parabola che passa per questi e ottenere che effettivamente tutti i polinomi della forma $-666x^2+2665x +x(x-1)(x-3)r(x)$ con $r(x) \in \mathbb{Z}[x]$[...]

siccome siamo in vena di dritte, queste due righe danno almeno due spunti:
1. non serve che giustifichi *come* hai trovato il polinomio: non fa male, per carità, ma è chiaramente la parte "minore" del problema (nel senso che ti accorgi anche tu che non servono grosse idee per arrivarci - non grosse idee nuove); insomma, puoi benissimo scrivere "$-666x^2+2665x$ verifica le condizioni, infatti $p(0)=0$, $p(1)=1999$ e $p(3)=2001$." ed è più che sufficiente (ammesso che siano giusti i conti che hai fatto ).
2. qui hai trovato un sacco (tutti?) i polinomi a coefficienti interi che soddisfano le condizioni richieste, ma questo non è affatto richiesto dal problema. anche qui, non fa male, ma non serve che tu ci perda tempo
in conclusione, quella che hai scritto è una soluzione già completa (anche senza le cose che credi che vadano scritte), che anzi ha delle cose "superflue". almeno, a mia personale interpretazione, ma credo che molti "adulti" ne converrebbero/converranno.

ah, a proposito, il mio post prima era un po' provocatorio e un po' poco chiaro.. meno male che è intervenuto EvG.

[Mist]

Mah, io sono molto contento di queste correzioni, almeno ora ho imparato meglio a scrivere una soluzione, grazie ad entrambi E penso di averli trovati tutti comunque