Facile-facile-facilissimo
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Scomporre sui razionali $ (x-1)(x-2)...(x-2007)(x-2008)-1 $.
Astenersi veterani, professionisti, esperti e amatori.
Inoltre faccio già che respingere eventuali critiche alla tipologia e alla difficoltà dell'esercizio proposto.
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[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
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Re: Facile-facile-facilissimo
e chi?FeddyStra ha scritto:Astenersi veterani, professionisti, esperti e amatori.
sarebbe stato più carino comunque chiedere "dimostrare che ha 2008 radici irrazionali", il che non è equivalente
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Allora, supponiamo che $ p(x)=(x-1)...(x-2008)-1 $ si fattorizzi: $ p(x)=q(x)r(x) $ per due polinomi a coefficienti razionali q ed r.
Ora, è noto che se un polinomio a coefficienti interi fattorizza sui razionali fattorizza anche sugli interi; perciò abbiamo che q(1)*r(1)=p(1)=-1, e q(1) e r(1) sono interi: dunque devono essere $ q(1)=-r(1)=\pm 1 $, e similmente $ q(i)=-r(i)=\pm 1 $ per ogni i da 1 a 2008.
Consideriamo perciò $ q(x)+r(x) $, che ha grado minore o uguale al massimo dei gradi di q(x) e r(x). Se nessuno dei due è un polinomio costante, questa somma ha al massimo grado 2007. D'altra parte è anche vero che per ogni i fino a 2008 $ q(i)=-r(i) \Rightarrow q(i)+r(i)=0 $, ma allora $ q(x)+r(x) $ ha più zeri del suo grado, assurdo a meno che non sia la costante 0.
Ma da questo seguirebbe che $ r(x)=-q(x) $, ossia $ p(x)=-[q(x)]^2 $, assurdo per confronto dei coefficienti direttivi (un positivo e un negativo).
Perciò p(x) non si fattorizza sui razionali.
Ora, è noto che se un polinomio a coefficienti interi fattorizza sui razionali fattorizza anche sugli interi; perciò abbiamo che q(1)*r(1)=p(1)=-1, e q(1) e r(1) sono interi: dunque devono essere $ q(1)=-r(1)=\pm 1 $, e similmente $ q(i)=-r(i)=\pm 1 $ per ogni i da 1 a 2008.
Consideriamo perciò $ q(x)+r(x) $, che ha grado minore o uguale al massimo dei gradi di q(x) e r(x). Se nessuno dei due è un polinomio costante, questa somma ha al massimo grado 2007. D'altra parte è anche vero che per ogni i fino a 2008 $ q(i)=-r(i) \Rightarrow q(i)+r(i)=0 $, ma allora $ q(x)+r(x) $ ha più zeri del suo grado, assurdo a meno che non sia la costante 0.
Ma da questo seguirebbe che $ r(x)=-q(x) $, ossia $ p(x)=-[q(x)]^2 $, assurdo per confronto dei coefficienti direttivi (un positivo e un negativo).
Perciò p(x) non si fattorizza sui razionali.
"Solo due cose sono infinite: l'universo e la stupidità dell'uomo, e non sono tanto sicuro della prima" - Einstein
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per la fattorizzazione su Q, se a è radice è della forma b/c con c divisore del coefficiente di x^2008 e b divisore del termine noto 2008!+1, quindi a è della forma +-d, con d divisore intero di 2008!+1, ma p(d) diverso da 0 per ovvi motivi.
chi si cimenta alla domanda mia e di simo(molto piu interessante)?
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Cosi dimostri che non ha radici in Q, non che non è scomponibile in Q...jordan ha scritto:per la fattorizzazione su Q, se a è radice è della forma b/c con c divisore del coefficiente di x^2008 e b divisore del termine noto 2008!+1, quindi a è della forma +-d, con d divisore intero di 2008!+1, ma p(d) diverso da 0 per ovvi motivi.
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Membro del fan club di Ippo_
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Ah ecco, infatti non capivo a quale domanda sua (di jordan) si riferisse. Mi sembrava si fosse risposto da solomitchan88 ha scritto:Cosi dimostri che non ha radici in Q, non che non è scomponibile in Q...jordan ha scritto:per la fattorizzazione su Q, se a è radice è della forma b/c con c divisore del coefficiente di x^2008 e b divisore del termine noto 2008!+1, quindi a è della forma +-d, con d divisore intero di 2008!+1, ma p(d) diverso da 0 per ovvi motivi.
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