Da un polinomio ha radice intera allora

[jordan]

Per un intero positivo $n$ siano fissati degli interi distinti $a_1,a_2,\ldots,a_{2n}$ e sia definito il polinomio $p(x):=\left(\prod_{i=1}^{2n}{(x-a_i)}\right)+(-1)^{n+1}(n!)^2$.

Mostrare che se $p(m)=0 $ per qualche $m\in \mathbb{Z}$ allora $2mn=\sum_{i=1}^{2n}{a_i}$


(Un vecchio imo..)

[Drago96]

Mostrare che se $p(m)=$ per qualche $m\in \mathbb{Z}$

Dal titolo, suppongo che sia $p(m)=0$.

Detto questo, se $m$ è radice deve valere $\prod_{i=1}^{2n}{(m-a_i)}=(-1)^n(n!)^2$; guardiamo ora il LHS: sono $2n$ fattori interi distinti, quindi $|LHS|\ge(n!)^2$ (ovvero quando i fattori sono $\pm1,\pm2,\pm3\dots\pm n$), ma questa è anche l'unica configurazione possibile. (ok, ci sarebbe anche la possibilità $m=a_i$ per un qualche $i$, ma è chiaramente impossibile)
Quindi $\displaystyle0 = \sum_{i=1}^{2n}(m-a_i)=\sum_{i=1}^{2n} m -\sum_{i=1}^{2n} a_i\rightarrow 2nm=\sum_{i=1}^{2n} m = \sum_{i=1}^{2n} a_i$

Mi pare che vada bene, giusto?

P.S: quanto vecchio? Immagino anni 70... (o anche 60)

[jordan]

La soluzione e' corretta; non ricordo l'anno, ma era uno dei primi infatti..