Problemi esteri 2

Messaggio da **ma_go** » 01 gen 1970, 01:33

uhm..
 se non ho interpretato male, un polinomio non è scomponibile (sugli interi) se esiste un primo p che divida tutti i coefficienti (tranne il primo) ma tale che p² non divida il termine noto...
 non so se valga anche il viceversa, ma non credo (ad istinto).

talpuz · Messaggio da **talpuz** » 01 gen 1970, 01:33

io penso che si trattasse di dimostrare che il polinomio non può essere il prodotto di due polinomi a coefficienti interi
 
 <TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-04-11 20:29, talpuz wrote:
 okay, per il primo confermo:
 
 il polinomio non ha soluzioni razionali (sostituendo + o -1 il risultato non è 0) quindi non ha fattori di 1 grado a coefficienti interi
 
 dunque l\'unica fattorizzazione può essere del tipo
 
 (ax2+bx+c)(dx3+ex2+fx+g).
 
 sviluppando e uguagliando con x5+2x+1, e considerando i 4 casi a,d=+ o -1 , c,g=+ o -1, in tutti i casi viene un\' eq di 2 grado in b che non dà soluz intere
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 ho interpretato male? <IMG SRC="images/forum/icons/icon_confused.gif">
 
 EDIT:ah, ho capito..
 è quello che hai scritto il criterio di eisenstein??
 carino!
 in effetti applicando quello si fa in 1 riga
 
 RE-EDIT: c\'hai preso, la condizione è solo sufficiente, però prevede che anche il termine noto sia divisibile per p (ma non per p^2), quindi in questo caso non si applica
 (http://mathworld.wolfram.com/Eisenstein ... ml) [ Questo Messaggio è stato Modificato da: talpuz il 13-04-2004 20:47 ]

Messaggio da **ma_go** » 01 gen 1970, 01:33

controllate <A HREF="http://mathworld.wolfram.com/Eisenstein ... erion.html" TARGET="_blank">qui</A> se volete wolframizzarvi...

Boll · Messaggio da **Boll** » 01 gen 1970, 01:33

Leggete, per favore, la mia soluzione del 2 e ditemi se c\'è un modo più carino, elegante e \"cristiano\" per farlo. <IMG SRC="images/forum/icons/icon21.gif">

talpuz · Messaggio da **talpuz** » 01 gen 1970, 01:33

la parte sufficiente del caso n pari è giusta, anche se andrebbe formalizzata, magari con l\'induzione
 
 invece mi sa che qui sbagli:
 <TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 Quindi è impossibile che da una successione 1,2,3... 4n con n dispari si creino n sottoinsiemi disgiunti con un numero uguale alla media degli altri quattro.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 la media deve essere degli altri tre, quindi devono esserci tre elementi in ogni sottoinsieme tali che la loro somma sia divisibile per 3 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: talpuz il 13-04-2004 21:01 ]

Boll · Messaggio da **Boll** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-04-13 21:01, talpuz wrote:
 
 invece mi sa che qui sbagli:
 <TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 Quindi è impossibile che da una successione 1,2,3... 4n con n dispari si creino n sottoinsiemi disgiunti con un numero uguale alla media degli altri quattro.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 la media deve essere degli altri tre, quindi devono esserci tre elementi in ogni sottoinsieme tali che la loro somma sia divisibile per 3
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: talpuz il 13-04-2004 21:01 ]
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 La mia dimostrazione si basa sul fatto che la somma dei numeri di ogni sottoinsieme deve essere divisibile per 4 perchè, essendo un numero la media degli altri tre, la somma dei tre numeri è uguale a tre volte il numero iniziale, che sommato al numero singolo dà quattro volte il numero.
 
 a=(b+c+d)/3 quindi 3a=b+c+d
 SOMMA=a+b+c+d quindi SOMMA=3a+a=4a, da cui la tesi
 
 Spero di essermi espresso bene, ora è chiaro? Avevo semplicemente sbagliato a scrivere, credo che la dimostrazione rimanga giusta.

talpuz · Messaggio da **talpuz** » 01 gen 1970, 01:33

ah, ok.
 
 allora sembra a posto.
 
 occhio però che la somma dei numeri da 1 a 4n è
 4n(4n+1)/2=2n(4n+1), non n(n+1)/2
 
 comunque il resto rimane valido <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">

Boll · Messaggio da **Boll** » 01 gen 1970, 01:33

Certo, lo sapevo, per n(n+1)/2 intendevo n=4n.
 Grazie per la pazienza. <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">