D\'ogni parvenza è giunto l\'epilogo immutato ...

pennywis3 · Messaggio da **pennywis3** » 01 gen 1970, 01:33

Visto che nessuno di noi è Ramanujan, non ti sto certo proponendo un problema che come soluzione abbia 3 polinomi di 34° grado. La cosa interessante non è la ricerca dei polinomi, quanto il modo di dimostrare la loro unicità.
 Te capì?
 
 ~p3~

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

Si ma speravo di scoprire qualcosa di nuovo... e poi chi ti dice che io non sia ancora meglio di Ramajuan? (e non vale rispondere l\'evidenza, voglio una dimostrazione rigorosa e dato che non saprei proprio da che assiomi partire ti toccherebbe costruire un intera teoria formale, ma sono sicuro che non avrai voglia di farlo... quindi non puoi provarlo realmente)
 ps: si vede molto che stasera ho bevuto troppo?

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

Non si vede molto... si capisce solo da questo:
 <TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2003-03-08 23:03, publiosulpicio wrote:
 ... e poi chi ti dice che io non sia ancora meglio di Ramajuan?
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">

ale86 · Messaggio da **ale86** » 01 gen 1970, 01:33

hmm... stavolta sono poco convinto:
 f(p)=p va bene, ovviamente. Se f(p) diverso da p, allora ci deve essere un termine noto, perchè altrimenti p dividerebbe f(p) che non sarebbe primo.
 
 Se il termine noto è composto allora si può scrivere:
 f(p)=p(p-p\'-q+1)*Q(p)+qp\' , ma allora
 ((p)-f(p\'))/(p-p\')= (f(p) - p\')/(p-p\') deve essere naturale, ma ciò è possibile solo se f(p)=p o f(p)=p\', cioè f(p) è una costante.
 
 Se il termine noto è primo (o 1),
 f(p)=p(p-p\')*Q(p)+p\' , da cui si arriva a:
 (f(p)-f(p\'))/(p-p\') = p*Q(p) + (p\'-f(p\'))/(p-p\')
 da cui (essendo f(p\')=p\') si arriva a (f(p)-p\')/(p-p\') che deve essere naturale. E si torna al caso di prima. [ Questo Messaggio è stato Modificato da: ale86 il 09-03-2003 02:02 ]

pennywis3 · Messaggio da **pennywis3** » 01 gen 1970, 01:33

Se ti devo dire la verità, sarà perchè sono rincoglionito, sarà perchè mi sento poco bene.... ma c\'ho capito poco... comunque se la tua soluzione è giusta, la mia è diversa...
 spiega spiega <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif">

ale86 · Messaggio da **ale86** » 01 gen 1970, 01:33

Ero rincoglionito anch\'io quando l\'ho scritta: innanzitutto non c\'è nessun bisogno dei 2 casi perchè il secondo è un caso particolare del primo, e inoltre non è corretto f(p), anche se si può salvare lo stesso la dimostrazione.
 Comunque il tutto si basa sul fatto che, come prima, c\'è un primo a cui è associato sè stesso (p\'), in quanto f(p\') è multiplo di p\', per cui f(p\')=p\'. [ Questo Messaggio è stato Modificato da: ale86 il 09-03-2003 14:03 ]

pennywis3 · Messaggio da **pennywis3** » 01 gen 1970, 01:33

Io avevo trovato una dimostrazione che usava il fatto che in ogni progressione aritmetica di tipo a+kb con MCD(a,b)=1 ci sono infiniti primi (teorema di Dirichlet), ma se dici che la tua torna comunque, mi pare più semplice.
 
 ~p3~

ale86 · Messaggio da **ale86** » 01 gen 1970, 01:33

Adesso che ci penso va bene solo se il termine noto è diverso da 1...
 hmm... ora cerco di completarla

ale86 · Messaggio da **ale86** » 01 gen 1970, 01:33

Una soluzione credo di averla trovata.
 Dunque: io ho dimostrato che non esistono funzioni che a ogni numero primo e a 1 associano sempre un numero primo o 1 che non siano l\'identità o una costante.
 Ora guardo cosa succede se a f(1) non è associato un numero primo.
 Se f(1)=1 posso usare la dimostrazione precedente, altrimenti scrivo f(1)=pq (con p e q primi, se la fattorizzazione fosse più complessa credo si possa procedere analogamente, ma sono un po\' di fretta e non posso controllare).
 (f(p)-pq)/(pq-1) e quindi (f(p)-q)/(q-1) devono essere naturali. In mod q-1
 [f(p)]==[q], quindi f(p)=q. Analogamente f(q)=p. So anche, quindi, che q==1 mod p e che p==1 mod q, ma questo è impossibile.

pennywis3 · Messaggio da **pennywis3** » 01 gen 1970, 01:33

Posto la mia.
 
 Sia f uno dei polinomi richiesti, e assumiamo che ci sia un primo p tale che f(p)=q con q primo e p diverso da q.
 Consideriamo ora l\'insieme dei primi r tali che r==p mod q..
 Abbiamo due possibilità:
 1) per ognuno di tali r f(r)=q
 i primi r sono infiniti: r=p+kq e visto che MCD(p,q)=1 il teorema di dirichlet ci assicura che in tale progressione ci siano infiniti primi. Quindi nel caso 1) f è identicamente uguale a q.
 
 2) mettiamo che esista un r\'==p mod q tale che f(r\') diverso da q.
 (p-r\') dividerà (f(p)-f(r\')) per come si è scelto r\', p-r\' è divisibile per q. f(p)-f(r\')=q-f(r\') dove f(r\') è un primo diverso da q. Il fatto che un multiplo di q divida un numero che non è multiplo di q è assurdo, quindi l\'assurdo va fatto risalire all\'aver preso un p tale che f(p) sia diverso da p.
 
 Quindi i polinomi richiesti sono l\'identità e quelli identicamete uguali ad un primo.
 
 
 ~p3~