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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).

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 ]

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

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">

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 ]

<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.

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">

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

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