Polinomi #2

[mark86]

Sia $ p(x)=a_dx^d+\ldots + a_0 $ un polinomio a coefficienti interi. Per ogni intero $ n $ sia $ m=p(n) $.
(a) Dimostrare che per ogni intero $ k $ il numero $ p(n+mk) $ è divisibile per $ m $.
(b) Descrivere i polinomi $ p(x) $ tali che, per ogni $ n $, $ p(n) $ è un numero primo

[HiTLeuLeR]

a) In base alle proprietà elementari delle congruenze, comunque scelto un $ k\in\mathbb{Z} $: $ \displaystyle p(n+mk) \equiv \sum_{t=0}^d a_t (n+mk)^t \equiv \sum_{t=0}^d a_t n^t \equiv m \equiv 0 \bmod m $. Da qui la tesi, q.e.d.

N.B.: gli argomenti usati sono sufficienti anche a coprire il caso singolare $ m = 0 $. Ricordo infatti, come tempo fa è stato discusso assieme a Marco, che la scrittura $ 0 \mid 0 $ è sostanzialmente corretta, poiché la condizione di divisibilità implica semplicemente l'esistenza di un qualche intero $ q $ tale che $ 0 = 0 \cdot q $, il che si può di certo garantire.

[HiTLeuLeR]

b) La tesi è chiaramente soddisfatta da tutti i polinomi della forma $ p(x) = c $ per i quali $ c $ è primo in $ \mathbb{N} $. Questi sono inoltre gli unici polinomi di grado zero per i quali la condizione indicata nella consegna del problema sia di fatto verificata. Dimostriamo che sono anche gli unici! Ammettiamo in tal senso per il seguito $ \deg p(\cdot) > 0 $, e definiamo $ \alpha = \max(\{x \in \mathbb{R}: p(x) = 0\mbox{ vel }p(x) = \pm 1\} \cup \{1\}) $. Il massimo indicato esiste poiché, per il teorema fondamentale dell'algebra, le equazioni $ p(x) = 0 $ e $ p(x) = \pm 1 $ ammettono un numero al più finito di soluzioni reali. Consideriamo quindi un intero qualsivoglia $ n > \alpha $, cosicché sia $ |\, p(n)\,| > 1 $. Posto $ m = p(n) $, esiste allora una costante reale $ M_n > 0 $ tale che, per ogni $ k\in\mathbb{N} $, con $ n + mk > M_n $: $ |\,p(n+mk)\,| > n $. Senonché $ p(n+mk) \equiv 0 \bmod m $, come stabilito in a). Dunque $ p(n+mk) $ è composto, e $ p(\cdot) $ non verifica la tesi. Tanto può bastare, ché le conclusioni sono già tutte lì...

[mark86]

io avevo cominciato la soluzione del punto (invano) cercando la dimostrazione per induzione su $ d $. Avevo infatti verificato che per $ d=1 $ ottengo
(1) $ p(n+mk)=a_1(n+mk)+a_0=a_1+a_2mk+a_0 $
poichè $ p(n)=a_1n+a_0 = m $ allora riscrivo la (1) come
(1)' $ p(n+mk)=m+a_1mk=m(a_1k+1) $ che è un multiplo di $ m $.
Così posso supporre vero per $ d $ e mostrare che lo è per $ d+1 $,
cioè
$ p(x)=a_dx^d+\ldots + a_0 $
$ p(x)+a_{d+1}x^{d+1}=a_{d+1}x^{d+1}+a_dx^d+\ldots + a_0 $
Si dovrebbe adesso dimostrare che $ p(x)+a_{d+1}x^{d+1} $ è un multiplo di $ m $... ma come??(Naturalmente dovrebbe essere $ p(x)=m $...) Non so se è praticabile questa strada... ditemi un po' voi.... Hit, scusa le paranoie, ma dal momento che con le congruenze ho pochissima familiarità, potresti spiegare ulteriormente il punto a)??? Grazie

[ma_go]

per il primo punto, onde evitare i cannoni (e i conti), un piccolo simpatico lemma dà la tesi (o quasi):
se $ a,b $ sono interi e $ p $ è un polinomio a coefficienti interi, allora $ (a-b)|p(a)-p(b) $.
(a voi la dimostrazione).

[HiTLeuLeR]

[...] Hit, scusa le paranoie, ma dal momento che con le congruenze ho pochissima familiarità, potresti spiegare ulteriormente il punto a)??? Grazie

Non c'è problema, mark. Dunque vediamo... Prima di leggere il seguito, clicca qui e cerca di assimilare bene tutto quel che ci sta scritto. Quindi seguimi...

a) In base alle proprietà elementari delle congruenze, comunque scelto un $ k\in\mathbb{Z} $: $ \displaystyle p(n+mk) \equiv \sum_{t=0}^d a_t (n+mk)^t \equiv \sum_{t=0}^d a_t n^t \equiv m \equiv 0 \bmod m $. Da qui la tesi, q.e.d.

Intanto è chiaro che, per ogni $ k\in\mathbb{Z} $: $ n + mk \equiv n \bmod m $. Basta considerare che $ m \mid mk $ e sfruttare la definizione stessa della condizione di congruenza. Da qui, in base alla proprietà 12) fra quelle elencate alla pagina del link di sopra: $ (n + mk)^t \equiv n^t \bmod m $, per ogni $ t = 0, 1, \ldots, d $. Del resto, stante la proprietà 8) della medesima lista: $ a_t (n+mk)^t \equiv a_t n^t $, per ogni $ t = 0, 1, \ldots, d $. Da qui, finalmente, in virtù della proprietà 5) ivi ancora riportata: $ \displaystyle\sum_{t=0}^d a_t (n + mk)^t \equiv \sum_{t=0}^d a_t n^t \bmod m $. Mh, questo è quanto...

P.S.: ah, tanto per la cronaca... Non credo di aver usato i fantomatici cannoni di cui sembrano parlare un po' tutti, qui in giro. Immagino si tratti di una moda, o comunque di qualcosa del genere: un pincopallino qualsiasi aggiunge allo slang una qualche espressione e tutti gli imbecilli a ripeterla a ruota... Senza offesa per nessuno, sia chiaro! La mia vuol essere soltanto una maldestra analisi di carattere sociologico, che prescinde (faccia fede questa mia dichiarazione!) da ogni riferimento al caso specifico qui preso in esame e/o ai soggetti giuridici che vi sono coinvolti.

[EvaristeG]

[Follemente OT]
Hit, usata da te, anche la commutatività della somma tra interi sembra un teorema folle di teoria analitica dei numeri.
[/Follemente OT]

[HiTLeuLeR]

Ogni tanto c'è qualcuno che si sveglia dal proprio letargo di scoiattolo e annuncia al mondo di aver scoperto l'acqua calda. In questi casi, è sempre meglio assecondare il soggetto che star lì piuttosto a spiegargli il dove, il come e il quando...

[...] se $ a,b $ sono interi e $ p $ è un polinomio a coefficienti interi, allora $ (a-b)|p(a)-p(b) $ (a voi la dimostrazione).

Dunque a noi la dimostrazione: quale onore! Sia $ p(x) = \alpha_0 + \alpha_1 x + \ldots + \alpha_r x^r $ un qualsivoglia polinomio d'una variabile a coefficienti interi di grado $ r\in\mathbb{N} $. Per ogni $ a, b \in \mathbb{Z} $ ed ogni $ t = 0, 1, \ldots, r $: $ (a-b) \mid (a^t - b^t) $. Sfruttando allora le proprietà 8) e 5) fra quelle elencate qui (click!): $ \displaystyle p(a) - p(b) \equiv \sum_{t=0}^r a_t (a^t - b^t) \equiv 0 \bmod (a-b) $. Segue la tesi, q.e.d.

[HiTLeuLeR]

[Follemente OT]
Hit, usata da te, anche la commutatività della somma tra interi sembra un teorema folle di teoria analitica dei numeri.
[/Follemente OT]

[hyperbolic OT] Inizio a temere sia un problema che riguarda unicamente gli universitari, sai? [/hyperbolic OT]

[mark86]

Grazie Hit, che dire.... incredibilmente chiaro... poi per quanto riguarda il link al topic scritto di tuo pugno...
[(scegliete voi l'aggettivo) OT] Che posso dire.... praticamente una specie di Bibbia sulle congruenze... faccio i miei complimenti per il risultato, UTILISSIMO, più di tutte le dispensine sulle congruenze che ho beccato e velocemente abbandonato
[/(scegliete voi l'aggettivo OT]

[fur3770]

[...]

P.S.: ah, tanto per la cronaca... Non credo di aver usato i fantomatici cannoni di cui sembrano parlare un po' tutti, qui in giro. Immagino si tratti di una moda, o comunque di qualcosa del genere: un pincopallino qualsiasi aggiunge allo slang una qualche espressione e tutti gli imbecilli a ripeterla a ruota... Senza offesa per nessuno, sia chiaro! Il mio vuol essere soltanto una maldestra analisi di carattere sociologico, che prescinde (faccia fede questa mia dichiarazione!) da ogni riferimetno al caso specifico qui preso in esame e/o ai soggetti giuridici che vi sono coinvolti.

LOOL!!!
Ora scommetto che dopo questa analisi piu' nessuno si permetterà di usare la parola ''cannone''...

[ma_go]

Ogni tanto c'è qualcuno che si sveglia dal proprio letargo di scoiattolo e annuncia al mondo di aver scoperto l'acqua calda. In questi casi, è sempre meglio assecondare il soggetto che star lì piuttosto a spiegargli il dove, il come e il quando...

dunque, non mi pare di aver detto che la mia soluzione fosse più bella, o fosse particolarmente geniale, o che altro...
ho solo detto che si potevano evitare le congruenze, e che questo è un lemma che vale la pena di essere ricordato, e che personalmente ho usato più di una volta.
le congruenze non sono conoscenza che un liceo dia (né debba dare), la divisibilità tra polinomi, sì.