sia $ p(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+..+a_2x^2+a_1x+1 $ un polinomio di grado > 1 a coefficienti interi non negativi. sappiamo inoltre che è simmetrico, cioè per ogni $ i \in [1,n] $ vale $ a_i=a_{n-i} $.
dimostrare che esitono infinite coppie $ (a,b) $ di interi positivi tali che:
i) $ a | p(b) $
ii) $ b | p(a) $
(il procedimento è classico,ma è molto istruttivo..)
a-b| p(a)-p(b)?naaa, intrecciamo!
a-b| p(a)-p(b)?naaa, intrecciamo!
The only goal of science is the honor of the human spirit.
Bel problema!
Prima osservazione: una soluzione esiste.
Ad esempio, $ (1,1) $, o ancora meglio, $ ~ (1,P(1)) $. Dico meglio perchè è una soluzione con interi distinti, che ci servirà alla fine.
Seconda osservazione: se (a,b) è una soluzione, allora a,b sono coprimi.
Se $ ~ d \mid a, d \mid b $, allora $ ~ d \mid b \mid P(a) $, ma $ ~ P(a) \equiv 1 \pmod a $, quindi $ ~ a,P(a) $ sono coprimi e d, essendo un loro divisore comune, deve essere $ ~ \pm 1 $.
Terza e ultima osservazione, poi si va al sodo: in un polinomio simmetrico, $ ~ x $ è una radice se e soltanto se $ ~ \frac 1x $ lo è.
Infatti, se $ ~ p(x) = x^n + a_{n-1}x^{n-1} + \ldots + a_1x + 1 = 0 $ allora, moltiplicando tutto per $ ~ (\frac 1x)^n $, si trova:
$ ~ 1 + a_{n-1}(\frac 1x) + \ldots + a_1(\frac 1x)^{n-1} + (\frac 1x)^{n}=0 $
Ma sfruttanto la simmetricità del polinomio, questa cosa è proprio:
$ ~ 1 + a_{1}(\frac 1x) + \ldots + a_{n-1}(\frac 1x)^{n-1} + (\frac 1x)^{n}=0 $
Che è $ ~ p(\frac 1x) = 0 $
La cosa furba è che la terza osservazione funziona anche modulo m, per un intero m. Lo possiamo riscrivere come:
se $ ~ bc \equiv 1 \pmod m $ allora $ ~ m \mid p(b) \Leftrightarrow m \mid p(c) $.
Ora siamo pronti per la scalata. Supponiamo di avere una soluzione $ ~ (a,b) $.
Avremo:
$ ~ b \mid p(a) $
Cioè, per qualche intero positivo c:
$ ~ bc = p(a) $
Abbiamo già visto che $ ~ p(a) \equiv 1 \pmod a $, quindi $ ~ bc \equiv 1 \pmod a $. Ma, essendo (a,b) una soluzione, sappiamo che $ ~ a \mid p(b) $, e per quanto detto prima, $ ~ a \mid p(c) $.
Questo ci fa vedere che se $ ~ (a,b) $ è una soluzione, anche $ ~ left( \frac{p(a)}b \right), a \right) $ lo è!
Per concludere il problema basta far vedere che in questo modo otteniamo infinite soluzioni. Supponiamo di avere una soluzione (a,b) con $ ~ a > b $. Possiamo dimostrare che $ ~ left( \frac{p(a)}b \right), a \right) $ è una soluzione più grande. Certamente abbiamo ingrandito il secondo membro della coppia, resta da far vedere che l'ordine è rimasto, cioè che:
$ ~ \frac{p(a)}b > a $
Cioè $ ~ p(a) > ab $, ma questo è implicato da $ ~ p(a) \ge a^2 $, che è vero per le ipotesi sul grado e sui coefficienti di p.
Prima osservazione: una soluzione esiste.
Ad esempio, $ (1,1) $, o ancora meglio, $ ~ (1,P(1)) $. Dico meglio perchè è una soluzione con interi distinti, che ci servirà alla fine.
Seconda osservazione: se (a,b) è una soluzione, allora a,b sono coprimi.
Se $ ~ d \mid a, d \mid b $, allora $ ~ d \mid b \mid P(a) $, ma $ ~ P(a) \equiv 1 \pmod a $, quindi $ ~ a,P(a) $ sono coprimi e d, essendo un loro divisore comune, deve essere $ ~ \pm 1 $.
Terza e ultima osservazione, poi si va al sodo: in un polinomio simmetrico, $ ~ x $ è una radice se e soltanto se $ ~ \frac 1x $ lo è.
Infatti, se $ ~ p(x) = x^n + a_{n-1}x^{n-1} + \ldots + a_1x + 1 = 0 $ allora, moltiplicando tutto per $ ~ (\frac 1x)^n $, si trova:
$ ~ 1 + a_{n-1}(\frac 1x) + \ldots + a_1(\frac 1x)^{n-1} + (\frac 1x)^{n}=0 $
Ma sfruttanto la simmetricità del polinomio, questa cosa è proprio:
$ ~ 1 + a_{1}(\frac 1x) + \ldots + a_{n-1}(\frac 1x)^{n-1} + (\frac 1x)^{n}=0 $
Che è $ ~ p(\frac 1x) = 0 $
La cosa furba è che la terza osservazione funziona anche modulo m, per un intero m. Lo possiamo riscrivere come:
se $ ~ bc \equiv 1 \pmod m $ allora $ ~ m \mid p(b) \Leftrightarrow m \mid p(c) $.
Ora siamo pronti per la scalata. Supponiamo di avere una soluzione $ ~ (a,b) $.
Avremo:
$ ~ b \mid p(a) $
Cioè, per qualche intero positivo c:
$ ~ bc = p(a) $
Abbiamo già visto che $ ~ p(a) \equiv 1 \pmod a $, quindi $ ~ bc \equiv 1 \pmod a $. Ma, essendo (a,b) una soluzione, sappiamo che $ ~ a \mid p(b) $, e per quanto detto prima, $ ~ a \mid p(c) $.
Questo ci fa vedere che se $ ~ (a,b) $ è una soluzione, anche $ ~ left( \frac{p(a)}b \right), a \right) $ lo è!
Per concludere il problema basta far vedere che in questo modo otteniamo infinite soluzioni. Supponiamo di avere una soluzione (a,b) con $ ~ a > b $. Possiamo dimostrare che $ ~ left( \frac{p(a)}b \right), a \right) $ è una soluzione più grande. Certamente abbiamo ingrandito il secondo membro della coppia, resta da far vedere che l'ordine è rimasto, cioè che:
$ ~ \frac{p(a)}b > a $
Cioè $ ~ p(a) > ab $, ma questo è implicato da $ ~ p(a) \ge a^2 $, che è vero per le ipotesi sul grado e sui coefficienti di p.