Ancora polimoni

[razorbeard]

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

[Valenash]

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

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)

[Claudio.]

$(7q+1)^2-8p=n^2$
$4 \mid (7q+1)^2\land 8p$, 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...

[razorbeard]

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 )

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$Z|x|$

[sasha™]

C'è $(7, 2)$, in realtà.

[amatrix92]

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.

[Drago96]

Io ho trovato due coppie...

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

Ora penserò a una soluzione completa...

[sasha™]

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

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

[Valenash]

Io ho trovato due coppie...

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

Ora penserò a una soluzione completa...

basta unirci quest'altro pezzo

$(7q+1)^2-8p=n^2$
$4 \mid (7q+1)^2\land 8p$, 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

[Claudio.]

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

[Sonner]

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)

[razorbeard]

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?

[fraboz]

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 $

[razorbeard]

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