[N/A] Primi e polinomi.

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

Problema 1: siano p un primo naturale e pnpn-1...p0, con n \\in N e pn > 1, la scrittura decimale di p. Posto dunque P(x) := sumk=0...n pk xk, mostrare che non esistono due altri polinomi non costanti Q(-) ed R(-) a coefficienti interi nella variabile x tali che: P(x) = Q(x) · R(x), per ogni x \\in R.
 
 EDIT: diciamo pure che m\'ero perso per strada qualcosina... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif">
 
 
 \"Ullallaullallaullallalla...\" - la tv <IMG SRC="images/forum/icons/icon_confused.gif"> [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 22-10-2004 18:54 ]

lordgauss · Messaggio da **lordgauss** » 01 gen 1970, 01:33

Se non erro questo è un problema dei Balkan; mi ricordo lo risolsi a suo tempo, tentando di seguire i consigli di Gobbino (le competizioni balcaniche sono ottime per un allenamento \"tecnico\").
 
 Rinverdendo:
 Supponiamo per assurdo che P(x)=Q(x)R(x) per ogni x reale, ove Q,R siano non-costanti.
 Per come è definito P, si ha P(10)=p, ovvero Q(10)R(10)=p. Essendo p primo, uno tra Q(10) ed R(10) non può essere in modulo maggiore di 1. Per sym possiamo porre |Q(10)|=1.
 Sia deg(Q)=m, siano z[1],..,z[m] le radici di Q e sia q[0] il termine noto. Evidentemento q[0] divide p[0]. Si ha allora 9 >= |q[0]|= Prod(i=1..m)|z|, da cui |z|<=9 per ogni i, ed esiste al più un k per cui |z[k]|=9.
 Poichè Q(10)=Prod(i=1..m) (x-z) si ha 1=|Q(10)|=Prod|10-z|.
 Per quanto detto, se m>=2 si ha 1 = Prod|10-z| > Prod|10-9| = 1, assurdo.
 Se invece m=1 si ha Q(x)=x-z[1], con |z[1]|=9, da cui tenendo conto che |Q(10)|=1 si ha Q(x)=x-9. Ma se 9 è radice di Q, lo è allora anche di P, il che è evidentemente impossibile.
 
 Spero di non aver fatto confusione nella fretta del pre-Saturday night. Divertitevi!
 Ah, ho usato senza esplicitare un po\' di proprietà del modulo di un complesso, analoghe comunque a quelle del modulo dei reali. In ogni caso sarei ben felice di chiarire eventuali questioni riguardo a ciò.

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-10-16 18:33, lordgauss wrote:
 [...] Supponiamo per assurdo che P(x)=Q(x)R(x) per ogni x reale, ove Q,R siano non-costanti.
 Per come è definito P, si ha P(10)=p, ovvero Q(10)R(10)=p. Essendo p primo, uno tra Q(10) ed R(10) non può essere in modulo maggiore di 1. Per sym possiamo porre |Q(10)|=1.
 Sia deg(Q)=m, siano z1,..,zm le radici di Q e sia q[0] il termine noto. Evidentemento q[0] divide p[0]. Si ha allora 9 >= |q[0]|= Prod(i=1..m)|zi|, da cui |zi|<=9 per ogni i, ed esiste al più un k per cui |z[k]|=9.
 Poichè Q(10)=Prod(i=1..m) (x-zi) si ha 1=|Q(10)|=Prod|10-zi|.
 Per quanto detto, se m>=2 si ha 1 = Prod|10-zi| > Prod|10-9| = 1, assurdo.
 Se invece m=1 si ha Q(x)=x-z[1], con |z[1]|=9, da cui tenendo conto che |Q(10)|=1 si ha Q(x)=x-9. Ma se 9 è radice di Q, lo è allora anche di P, il che è evidentemente impossibile. [...]
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Beh, così ad occhio, direi che ci sono parecchi conti che non tornano, ma adesso debbo andare a cena! Rimandiamo l\'autopsia a più tardi, ok? Buona pappa...
 
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 Ok, la cenetta è stata deliziosa! Adesso sono pronto a metter su i guanti e impugnare saldamente il bisturi...
 
 <TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 [...] Si ha allora 9 >= |q[0]|= Prod(i=1..m)|zi|, da cui |zi|<=9 per ogni i, ed esiste al più un k per cui |z[k]|=9. [...]
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Mi spiegheresti innanzitutto quali certo inappuntabili argomenti t\'inducono ad assumere che il polinomio Q(-) sia monico, a meno di un segno? E poi un\'altra domanda, ti prego di scusarmi... Non è forse possibile che qualche radice del polinomio Q(-) abbia modulo arbitrariamente grande, e ciò nonostante che la produttoria prodi=1...m |zi| sia minore di o uguale a 9? Ti prego di perdonarmi se insisto poi su questa linea, maaa... non dicevi di aver risolto a suo tempo questo stesso problema, tentando di seguire i suggerimenti di qualcuno, uh?!? Boh, forse hai ragione tu! In fondo, oggi è sabato e... semel in hebdomada licet insalire. Ehi, mi raccomando: tienimi aggiornato... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
 
 
 \"Il pensiero del suicidio è un efficace strumento di consolazione: con esso si riesce a superare molte notti tormentate.\" - F. W. Nietzsche [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 16-10-2004 22:11 ]

lordgauss · Messaggio da **lordgauss** » 01 gen 1970, 01:33

Eccomi tornato dalla festa... che dire euler se non che hai ragione su tutta la linea? Per quanto riguarda la monicità o altro sostantivo che si voglia usare, me ne ero accorto subito dopo aver postato il messaggio, ma ficcare un bel coefficiente intero prima della produttoria non inficia la dimostrazione, semmai la fortifica. Chiedo venia. L\'altro problema è più grave. Però ogni uomo dotato di senno osserverà che P (usando l\'ipotesi p[n]>1, che effettivamente non era utilizzata nella mia dimostrazione, cosa sospettosa di per sè) non può avere radici maggiori di 9 in modulo. Perchè? Direbbe giarrusso: è bbanaale.
 Con ciò si conclude la faticosa soluzione.

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-10-17 04:15, lordgauss wrote:
 [...] ogni uomo dotato di senno osserverà che P (usando l\'ipotesi p[n]>1, che effettivamente non era utilizzata nella mia dimostrazione, cosa sospettosa di per sè) non può avere radici maggiori di 9 in modulo. Perchè? Direbbe giarrusso: è bbanaale. [...]
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Banale o no che sia, beh... perché non discuterne insieme, uh? Sai che sono un po\' tardo o - se preferisci - che adoro i dettagli e provo un\'attrazione morbosa per i particolari, per cui... forza, fammi contento! O vuoi forse che lo chieda a giarrusso? Su, non è il caso di rinunciare così remissivamente alla corona...
 
 P.S.: conosci la storia degli accenti, vero? Beh, prova a cliccare <a href=\"http://olimpiadi.ing.unipi.it/modules.p ... 10\">qui</a> per una bella rinfrescatina!
 
 
 \"Si viene puniti soprattutto per le proprie virtù.\" - F. W. Nietzsche, Al di là dle bene e del male [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 22-10-2004 18:49 ]

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

Beh, siccome la risposta di lord tarda ad arrivare, posso dichiarare ufficialmente, senza tema, che il problema di questo thread attende ancora una soluzione definitiva! Vediamo di trovargliela, grrr...
 
 
 \"Dum loquimur fugit invida aetas: carpe diem, quam minime credula postero.\" - Orazio

lordgauss · Messaggio da **lordgauss** » 01 gen 1970, 01:33

Uff... che pedante... P non può avere radici di modulo superiore o uguale a 9 poichè 2*9^n > 9^n+9^(n-1)+...+1, il che implica che P(z) (ove |z|>=9) è necessariamente non nullo.

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

Oooh, che bravo ragazzo! Tanto più che, pensandoci un attimino, si giunge persino a dimostrare (miiiiii... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif"> ) che il massimo modulo delle radici del polinomio Q(-) è necessariamente minore di 6, sebbene qui saperlo risulti - in effetti - completamente inutile. Ok, rilancio subitissimo con un classico...
 
 Problema 2: mostrare che non esiste alcun polinomio non costante P(-) a coefficienti interi tale che P(n) sia primo per ogni n \\in N.
 
 
 \"Uff... che pedante...\" - lordgauss omaggiando HiTLeuLeR <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif"> [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 22-10-2004 18:54 ]

DB85 · Messaggio da **DB85** » 01 gen 1970, 01:33

Eh sì, un classico euleriano... Mi chiedo (vedetelo come un problema ulteriore, se risulta possibile): ma esiste un numero massimo di interi consecutivi per cui un polinomio restituisce primi? Naturalmente esculdendo i casi trivial, tipo polinomi costanti...
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: DB85 il 23-10-2004 08:37 ]

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

Domanda piuttosto difficile, DB85... Notoriamente, esistono dei primi naturali q tali che il polinomio P(x) := x2 + x + q restituisca un primo di N per ogni x = 0, 1, ..., q-2. Esempi di questo tipo si ottengono per q = 2, 3, 5, 11, 17, 41. In particolare, si scopre che tutti i valori di q così indicati sono tali che la surde quadratica R(d1/2), con d := 1 - 4q, possiede un numero di classe(1) pari ad 1. E il discorso si generalizza, come prevedibile, ad un qualunque polinomio di secondo grado della forma P(x) := x2 + ax + q, con a \\in Z, q primo intero positivo e d := a2 - 4q < 0. Anche in questo caso, si scopre che, se il numero di classe del campo quadratico R(d1/2) è pari ad 1, essendo d il discriminante dell\'equazione: P(x) = 0, allora P(x) è un primo naturale per ogni x = 0, 1, ..., q-2. A quanto mi è noto, non esistono limitazioni superiori ai possibili valori del parametro q per cui la condizione indicata risulti soddisfatta, per cui... prova un po\' tu a trarne le dovute conclusioni! Saluti...
 
 (1): non conosco la tua preparazione in materia, DB85, ma se ti interessa capire di cosa si stia parlando, prova un po\' a leggiucchiare quanto detto a <a href=\"http://mathworld.wolfram.com/ClassNumber.html\">questo indirizzo</a>, linkandoti magari ai topic adiacenti.
 
 
 \"E\' ora di pranzo, yuppiiiiiiiiii!!!\" - HiTLeuLeR dilaniato dai morsi della fame [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 23-10-2004 16:22 ]

DB85 · Messaggio da **DB85** » 01 gen 1970, 01:33

Molto interessante... Quindi in teoria -e se ho afferrato- esistono polinomi in grado di generare consecutivamente una sequenza di primi di qualsiasi lunghezza finita. Davvero sorprendente!
 
 Grazie per la tua esauriente risposta. [ Questo Messaggio è stato Modificato da: DB85 il 23-10-2004 16:32 ]

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

Sì, hai afferrato perfettamente! Soltanto che, allo stato attuale, nessuno è riuscito a dimostrare questa voce, o viceversa a smentirla definitivamente! Bene, felice d\'esserti potuto tornar utile... Adesso ci si applichi al problema, su.
 
 
 \"Quando ci si è tanto amati, un po\' di tenerezza resta sempre.\" - i fratelli Grimm, da La pastorella e lo spazzacamino

mario86x · Messaggio da **mario86x** » 01 gen 1970, 01:33

Problema 2:
 Supponiamo che esista un polinomio con le suddette caratteristiche e sia esso
 P(x)=sum(0..n) (a_k*x^k)
 Per ipotesi a_0 dovrà dunque essere primo, poichè P(0)=a_0. In particolare a_0=/=+-1.
 Ora raccogliamo a_0 nel polinomio, si ha:
 P(x)=a_0*sum(0..n) (a_k*x^k/a_0)
 Ponendo x=y*a_0 si otterrà il polinomio:
 P(y*a_0)=a_0*sum(0..n) (a_k*(a_0)^(k-1)*y^k)
 chiamo la sommatoria Q(y), si ha quindi
 P(y*a_0)=a_0*Q(y) ove Q(y) è un polinomio a coefficenti interi.
 Basta ora dimostrare che Q(y)=/=+-1 e Q(y)=/=0 per qualche y /in N.
 Questo è sicuramente vero poichè Q(y)=0 , Q(y)=1 e Q(y)=-1 hanno ognuno al più n radici intere. C.V.D. (Sperando di non aver scritto boiate)
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: mario86x il 24-10-2004 10:58 ]
 Edit: modificati indici sommatorie [ Questo Messaggio è stato Modificato da: mario86x il 24-10-2004 15:45 ]

HiTLeuLeR · Messaggio da **HiTLeuLeR** » 01 gen 1970, 01:33

Bene, mario! Soltanto dovresti sistemare gli indici di sommazione, lasciando che partano da 0, piuttosto che da 1. Inoltre, se sei d\'accordo, potresti eliminare il passaggio intermedio in cui effettui la messa in evidenza del coefficienti a0, e procedere direttamente nel considerare l\'espressione assunta dal polinomio P(-) per x := a0y, con y \\in N. Infine, con riferimento alle notazioni da te introdotte, mi pare superfluo ragionare sulla possibilità che sia: Q(y0) = 0, per qualche y0 \\in N, visto che ne risulterebbe l\'esistenza di un x0 \\in N, essendo appunto x0 := a0y0, per il quale P(x0) non è un primo (naturale). Analogo discorso dicasi per lo studio del caso: Q(y) = -1. A parte queste piccolezze, il tuo merito è innegabile! Ciò detto, tanti saluti e passiamo subito al prossimo...
 
 --------------
 
 Problema 3: essendo n un numero naturale >= 2, mostrare che, là dove il polinomio P(x) := x2 + x + n restituisca un primo di N per ogni intero k tale che 0 <= k <= (n/3)1/2, allora P(k) è primo, qualunque sia k = 0, 1, ..., n-2.
 
 
 P.S.: DB85, visti i precedenti, fido nel fatto che questo problema non mancherà di entusiasmarti... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif">
 
 
 \"Un ottimista è colui che crede che una donna abbia terminato la sua telefonata solo perché ha detto: «...allora ti saluto...»\" - M. Achard [ Questo Messaggio è stato Modificato da: HiTLeuLeR il 24-10-2004 12:06 ]

mario86x · Messaggio da **mario86x** » 01 gen 1970, 01:33

grazie per le precisazioni, solo che è stata una soluzione scritta \"di getto\", direttamente con la tastiera, la prossima volta userò carta e penna prima.