$2^n \mid ax^2+bx+c$

[jordan]

Siano dati tre interi a,b,c con a pari e b dispari. Mostrare che per ogni intero positivo n, esiste un intero positivo x tale che \[2^n \mid ax^2+bx+c. \]

[Gi8]

provo per induzione su $ n \in \mathbb{N} $

Testo nascosto:

Base: $n=1$. Devo trovare $x \in \mathbb{N}$ tale che $ax^2+bx+c$ sia pari.
Bene, se $c$ è pari scelgo $x=2$, altrimenti $x=1$.


Passo: sia $n$ intero positivo fissato.
Supponiamo che esista $x$ intero positivo tale che $ 2^n \mid ax^2+bx+c $.
Devo dimostrare che esiste $y$ intero positivo tale che $ 2^{n+1} \mid ay^2+by+c $.

Se ho già $2^{n+1} \mid ax^2+bx+c$, prendo $y=x$ e ho finito.
Supponiamo invece che $ax^2+bx+c= (2m_1+1)\cdot 2^n$, con $m_1 \in \mathbb{Z}$.
Cerco una soluzione del tipo $y=x+k$ (con $k$ da determinare):
ho $a(x+k)^2+b(x+k)+c=(ax^2+bx+c)+ak^2+2axk+bk=(ax^2+bx+c)+k\cdot (ak+2ax+b) $
Osserviamo che $ak+2ax+b$ è dispari, (perchè $a$ è pari e $b$ è dispari),
quindi sarà qualcosa del tipo $2 m_2 +1$, con $m_2 \in \mathbb{Z}$.

Scelgo $k=2^n$ (dunque $y= x+2^n$),
ottenendo $ay^2+by+c= (2m_1+1)\cdot 2^n+2^n \cdot (2m_2+1)= 2^{n+1}\cdot (m_1+m_2+1)$.

[jordan]

Sì, funziona.

[auron95]

Mi è venuta un'idea che non passa per l'induzione, vediamo un po' se funziona...
La tesi è
$ax^2+b x \equiv -c\pmod 2^n$
Cioè fissati a e b posso scegliere x in modo da ottenere tutte le classi di resto modulo $2^n$.
Ci sono fondamentalmente $2^n$ modi diversi di prendere x: se prendo due x diversi ma congrui modulo $2^n$, allora ottengo la stessa classe di resto, quindi posso sceglierlo nelle $2^n$ classi di resto. Ma allora tutte le classi di resto con cui posso prendere x mi devono dare classi di resto differenti.
Per dimostrarlo, scelgo $x$ e $y$, tali che $ax^2+bx\equiv ay^2+by\equiv -c \pmod{ 2^n}$ e dimostro che $x \equiv y \pmod {2^n}$, cioè che se ottengo con due numeri la stessa classe di resto, allora sono congrui.In questo modo, x mi genera tutte le classi possibili.
Ho che $2^n\mid ax^2+bx-ay^2-by=(a(x+y)+b)(x-y)$. Il primo fattore è sicuramente dispari per le ipotesi, quindi $2^n\mid x-y$, da cui la tesi.
Spero che il ragionamento fili...

[jordan]

Bene, funziona anche questa (Usa le graffe quando devi scrivere modulo di qualcosa che è piu' lungo di una cifra, e.g. $\pmod{2^{23n}}$)

Come mi ha osservato dario2994 via pm, è un semplice corollario di un Lemma noto, apparso già sul forum:

"Siano $p$ un primo e $f(x)$ un polinomio a coefficienti interi. Se $a$ è un intero tale che $ f(a)\equiv 0 \pmod p $ e $ f'(a)\not\equiv 0\pmod p $ allora per ogni intero positivo $n$ esiste un intero $ a_n $ tale che $ f(a_n)\equiv 0\pmod {p^n} $"