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Hint problema 6: le radici di p(x) hanno modulo $ \displaystyle 2^{\frac{2}{n}} $..

Non vorrei aver malinterpretato il significato di "polinomio irriducibile", ma se lo intendo come "non scomponibile" la soluzione segue direttamente dall'identità di Sophie Germain. cioè:

Immaginiamo che sia $ n=4k $ allora si avrà

$ p(x)=x^{4k}+4=(x^{2k}+2)^2-4x^{2k}= $

$ =(x^{2k}+2+2x^k)(x^{2k}+2-2x^k) $ che quindi è scomponibile.

Aspettando però che qualcuno mi dica che "irriducibile" è diverso da "non scomponibile" non posto nessun nuovo problema.

Thebear ha scritto:Non vorrei aver malinterpretato il significato di "polinomio irriducibile", ma se lo intendo come "non scomponibile" la soluzione segue direttamente dall'identità di Sophie Germain. cioè:

Immaginiamo che sia $ n=4k $ allora si avrà

$ p(x)=x^{4k}+4=(x^{2k}+2)^2-4x^{2k}= $

$ =(x^{2k}+2+2x^k)(x^{2k}+2-2x^k) $ che quindi è scomponibile.

Aspettando però che qualcuno mi dica che "irriducibile" è diverso da "non scomponibile" non posto nessun nuovo problema.

Fin qui è corretto!
Ma ti manca da dimostrare che se n non è multiplo di 4 è effettivamente irriducibile...

Quindi ho inteso irriducibile nel modo corretto? Beh, allora adesso penso alla conclusione!

Potrebbe funzionare un ragionamento per induzione partendo dall'irriducibilità di $ x+4 $, $ x^2+4 $ e $ x^3+4 $ utilizzando come passo induttivo 4?

Dimostriamo l'Hint di Jordan:
le radici di $ x^n=-4 $ se riportate sul piano di Gauss giacciono sulla circonferenza di raggio $ 4^1^/^n $, ossia il modulo delle radici è $ 2^2^/^n $.
Supponiamo $ p(x) $ e $ q(x) $ in $ Q[x] $ tali che $ p(x)q(x)=x^n+4 $. Pongo $ k=deg(p) $ (evidentemente $ deg(q)=n-k $). Inoltre per il lemma di Gauss possiamo supporre $ p(x) $ e $ q(x) $ in $ Z[x] $. Detti $ z_1 $ e $ z_2 $ i termini noti di $ p(x) $ e $ q(x) $ abbiamo che:
$ z_1z_2=4, z_1=2^2^k^/^n, z_2=2^2^(^n^-^k^)^/^n $, da cui $ z_1=z_2=2 $ (poichè $ z_1 $ e $ z_2 $ devono essere interi), da cui otteniamo (ponendo $ 2k/n=2(n-k)/n=1 $) $ n=2k $ In questo modo abbiamo però solamente mostrato che $ n $ è pari. Mostriamo che l'ipotesi $ k $ dispari è assurda:
Riscriviamo $ x^n+4=x^2^k+4 $, se supponessimo $ k $ dispari allora anche $ n-k $ sarebbe dispari e quindi sia $ p(x) $ che $ q(x) $ ammetterebbero almeno una radice reale. Ma il polinomio $ x^2^k+4 $ non ha alcuna radice reale, da cui l'assurdo.
Inoltre come postato sopra da TheBear il caso $ 4|n $ è sistemato.

Visto che siamo in vena di polinomi e riducibilità....
Problema 7: Trovare gli interi $ k $ tali che il polinomio $ P(x)=x^5+x^4+x^3+kx^2+x+1 $ sia riducibile in $ Z[x] $.

Soluzione problema 7. Sia $ \displaystyle P(x)=\sum_{i=0}^5{x^i}+(k-1)x^2 \in \mathbb{Z}[x] $; se esistono $ P_1(x),P_2(x) \in \mathbb{Z}[x] $ non costanti tali che $ P(x)=P_1(x)P_2(x) $ allora wlog $ 0<deg(P_1(x))< deg(P_2(x))<5 $. Allora wlog $ 0<deg(P_1(x))<3 $. Se $ deg(P_1(x))=1 $ allora $ \exists \alpha \in \mathbb{Z} $ tale che $ |\alpha|=1 $ e $ P(\alpha)=0 $. Ma $ P(1)=P(-1)=0 $ ha soluzione sse $ k \in \{1,-5\} $. Resta solo il caso $ deg(P_1(x))=2 $: wlog esistono $ (a,b,c) \in \mathbb{Z}^3 $ ed $ \epsilon \in \{-1,1\} $ tali che $ P_1(x)=x^2+ax+\epsilon \text{ e } P_2(x)=x^3+bx^2+cx +\epsilon $. Ma la condizione di riducibilità è allora equivalente al sistema:
i) $ a+b=1 $
ii) $ c+ab + \epsilon=1 $
iii) $ a+c= \epsilon $.
iv) $ k=ac+\epsilon(b+1) $
Se $ \epsilon=1 $ allora $ b=c=1-a $ cosicchè $ (1-a)(a+1)=0 $. Allora $ k=1 $ in entrambi i casi. Se $ \epsilon=-1 $ allora $ b=c+2=1-a $ per cui $ (c+1)(c+2)-c+2=(c+1)^2+3=0 $, assurdo.
Conclusione: $ P(x) $ è riducibile in$ \mathbb{Z}[x] $ se e solo se $ k \in \{1,-5\} $.

Problema 8. (Own).
Sia $ \{\sigma(1), \sigma(3), \sigma(5),..., \sigma(2009)\} $ una permutazione di $ \{1,3,5,...,2009\} $.
Sapendo che $ \displaystyle P(x)=\sum_{i=0}^{1004}{(-1)^i\sigma(2i+1)x^{2i}} $ non è monico, mostare che se esiste un $ \alpha \in \mathbb{R} $ tale che $ P(\alpha)=0 $ allora $ \alpha+29>0 $.

Poiché $ $P(\alpha)=0\Leftrightarrow P(-\alpha)=0 $ la tesi si può riformulare come $ $|\alpha|\ge 29\Rightarrow P(\alpha)\neq 0 $

$ $\sigma (2009)x^{2008}-\sigma(2007)x^{2006}+...-\sigma(3)x^2+\sigma(1) $
raggruppiamo a coppie:
$ $x^{2006}(\sigma(2009)x^2-\sigma(2007))+x^{2002}(\sigma(2005)x^2-\sigma(2003))+...+x^2(\sigma(5)x^2-\sigma(3))x+\sigma(1) $
Poiché per ipotesi $ $\sigma(2009)\neq 1 $ e quindi $ $\sigma(2009)\ge 3 $ per $ $x\ge 29 $ abbiamo che
$ $x^{2006}(\sigma(2009)x^2-\sigma(2007))\ge 29^{2006}(3\cdot 29^2-2009)=29^{2006}\cdot 514 $
Ugualmente tutte le altre coppie meno al più una sono positive. La minima coppia negativa possibile è $ $x^{2002}(x^2-2009) $, ma già $ $x^{2006}(\sigma(2009)x^2-\sigma(2007))+x^{2002}(\sigma(2005)x^2-\sigma(2003))>x^{2006}(3x^2-2009)+x^{2002}(x^2-2009)>0 $
che per $ $|x|>29 $ è vera per considerazioni sugli ordini di grandezza o facilmente con le derivate

Problema 9
boh non ho nulla di interessante. Volevo solo risollevare un po' il topic che rischiava la putrefazione. Qualcuno ha un bel problema? (jordan escluso per manifesto tentativo di impossessarsi del topic, come d'altronde del resto del forum invadendolo di problemi )
Anche se lo scrive qualche novellino che abbassa un po' il livello della staffetta non è una tragedia, eh.

Beh andando sul classico (facilotto, come richiesto da julio14)

Problema 9

a) Sia dato $ a \in \mathbb{Z} $ nonnullo. Sapendo che $ P(i)=a^i $ se $ i=0,..,n $ e che il grado di $ P(x) $ è minore o uguale a $ n $, sai dirmi quanto è $ P(n+1) $?

b) Dato $ a \in \mathbb{Z} $ con $ |a|>1 $, esiste un polinomio a coefficienti interi non costante di grado minore o uguale a $ n $ tale che $ P(i) $ è una potenza di $ a $ per $ i=0,..,n $ (numeri distinti, potenze distinte)?

Se non si trattasse di polinomi, ponendo $ $q(x)=\frac{p(x)}{a^x}-1=mx(x-1)\cdots(x-n) $ (con m non nullo) si trova che $ p(n+1)=a^{n+1}(m\cdot(n+1)!+1) $. Ma $ ~p(x) $ è un polinomio...

Simo_the_wolf ha scritto:Problema 9

a) Sia dato $ a \in \mathbb{Z} $ nonnullo. Sapendo che $ P(i)=a^i $ se $ i=0,..,n $ e che il grado di $ P(x) $ è minore o uguale a $ n $, sai dirmi quanto è $ P(n+1) $?

Si potrebbe pensare alla regola $ P(i) = a^k $ con $ k = i $ $ mod $ $ (n + 1) $. In effetti con $ i \leq n $ si ha $ i = k $, da cui $ P(i) = a^k = a^i $. Con $ i = n+1 $ invece si ha $ k = (n + 1) $ $ mod $ $ (n + 1) = 0 \Rightarrow P(n+1) = a^k = a^0 = 1 $ $ \forall a \neq 0 $.

Per il problema (b) però non ho idee (per ora)

E` passato un po' di tempo... Propongo una mia soluzione.
a. Sia $ $q(x) = p(x) - \sum_{k=0}^n a^k \prod_{j=0, j\neq k}^n \frac{x-j}{k-j}$ $.

Notiamo che il grado di questo polinomio e` al piu` $ $n$ $, perche' il grado di $ $p(x)$ $ e` minore o uguale a $ $n$ $ e il grado degli altri termini e` pure $ $n$ $. Tuttavia, questo polinomio si annulla per tutti gli $ ${1, a, a^2, \cdots, a^n}$ $, quindi ha $ $n+1$ $ radici. Allora deve essere identicamente nullo, cioe`
$ $p(x) = \sum_{k=0}^n a^k \prod_{j=0, j\neq k}^n \frac{x-j}{k-j},$ $
e quindi si trova un certo valore per $ $p(n+1)$ $, piuttosto brutto

b. Se ho capito bene il testo mi basta fare in modo che $ $\prod_{j=0, j\neq k}^n(k-j) | a^k$ $, quindi mi sara` sufficiente porre $ $a = \prod_{k=0}^n \prod_{j=0, j\neq k}^n(k-j)$ $. Mi sembra che questa roba si scriva meglio con un po' di fattoriali... ma quel che importa e` che si possa fare.

C'e` qualche errore?

Uhm, forse c'è un modo per rendere più decorosa l'idea di stefanos:

pongo $ \displaystyle q_i(x)=\frac{x(x-1)\dots (x-i+1)}{i!} $ (e $ q_0=1 $, in caso non fosse chiaro)

Preso $ k\le n $ noto che $ \displaystyle a^k=\sum_{i=0}^k {k\choose i}(a-1)^i=\sum_{i=0}^n q_i(k)(a-1)^i $

Quindi $ \displaystyle P(x)=\sum_{i=0}^n q_i(x)(a-1)^i $ da cui $ \displaystyle P(n+1)=\sum_{i=0}^n q_i(n+1)(a-1)^i=\sum_{i=0}^n {n+1\choose i}(a-1)^i= $$ \displaystyle \sum_{i=0}^{n+1} {n+1\choose i}(a-1)^i-(a-1)^{n+1}=a^{n+1}-(a-1)^{n+1} $