OliForum Matematico

Sia $ q(x)\in\mathbb{Z}[x] $ un polinomio irriducibile.

Un primo p si dice bello se esiste n tale che $ p|q(n) $

Un primo p si dice bellissimo se esiste n tale che $ p||q(n) $ (cioè $ p|q(n) $ ma $ p^2\nmid q(n) $)

Dimostrare che:

a) esistono infiniti primi belli

b) esistono infiniti primi bellissimi

Buona fortuna.

Provo con il punto a), apparentemente piu' abbordabile.

Sia $ q(x)\in {\mathbb Z}[x] $; allora sia avra' in generale:
$ q(x)=a_kx^k+a_{k-1}x^{k-1}+...+a_1x+a_0 $, con $ a_i\in {\mathbb Z} $ e con $ a_0\neq 0 $, poiche' il polinomio e' irriducibile.

Procediamo per assurdo. Supponiamo che esista un numero finito di primi belli, $ p_1,p_2,p_3,...,p_j $. Allora prendiamo come numero $ n $ il numero $ n=a_0\cdot p^{\alpha}_1\cdot p^{\beta}_2\cdot ...\cdot p^{\gamma}_k $. A questo punto si nota che per $ q(n) $ possiamo operare il seguente raccoglimento,

$ q(n)=a_0\cdot(p^{\alpha}_1\cdot p^{\beta}_2\cdot ... \cdot p^{\gamma}_k\cdot N(n) +1) $,

dove $ N(n) $ e' un numero opportuno che dipende da $ n $. Da quanto scritto si nota che $ q(n) $ e' divisibile per $ a_0 $ ma, cosa piu' importante, e' divisibile per un altro numero $ (p^{\alpha}_1\cdot p^{\beta}_2\cdot ...\cdot p^{\gamma}_k\cdot N(n) +1 $) che non e' divisibile per nessuno dei precedenti numeri belli. Quindi, o e' un nuovo numero bello, oppure e' divisibile per un nuovo numero bello. In ogni caso, assurdo. Ho messo gli esponenti $ \alpha, \beta, \gamma $ poiche' devo scegliere per $ n $ una combinazione $ p^{\alpha}_1\cdot p^{\beta}_2\cdot ... \cdot p^{\gamma}_k $ che non dia eventualmente un $ N(n)=0 $.

Avevo dimenticato di specificare che q è di grado maggiore o uguale a uno...

In ogni caso ok geda, direi che la dimostrazione torna (non serve neanche fare in modo che $ q(n)\neq 0 $ perché se il polinomio si annulla allora chiaramente esistono infiniti primi belli, anzi tutti i primi sono belli).

Ora resta la seconda parte, un po' più difficile della prima.

Volendo si può dimostrare (non è troppo più difficile) che esistono infiniti primi bellissimi tranne quando $ \displaystyle q(x)=\prod q_i ^{d_i} $ con $ q_i $ polinomi a coefficienti interi e $ d_i>1 $ (non serve che q sia irriducibile...)

piever ha scritto:Sia $ q(x)\in\mathbb{Z}[x] $ un polinomio irriducibile. Un primo p si dice bello se esiste n tale che $ p|q(n) $. Un primo p si dice bellissimo se esiste n tale che $ p||q(n) $ (cioè $ p|q(n) $ ma $ p^2\nmid q(n) $). Dimostrare che: a) esistono infiniti primi belli

D'oh, l'ho postato qualche giorno fa qui. Per completezza quoto di nuovo la mia risposta:

jordan ha scritto:

luca88 ha scritto:2. ci sono infiniti primi $ p $ per i quali esiste $ x_p $ tale che $ f(x_p) \equiv 0 \mbox{ mod } p $

Generalizzazione, da qui

fry ha scritto:Sia $ f(\cdot) : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N} $ definitivamente monotòna strettamente crescente tale che scelto $ k \in \mathbb{N} $ arbitrariamente grande abbiamo $ f(x) < e^{\sqrt[k]{x}} $ definitivamente. Dimostrare che $ |\{p \in \mathbb{P} : \exists \, n \in \mathbb{N} : p \mid f(n)\}| = +\infty $.

Note. i) $ \mathbb{N} := \{1, 2, \dots\} $. ii) Si dice che una proprietà $ \mathcal{P}(x) $ vale definitivamente se esiste $ v \in \mathbb{N} $ tale che $ \mathcal{P}(x) $ vale per ogni $ x \geq v $.

jordan ha scritto:Poniamo per assurdo che l’insieme di tali primi sia finito $ S:=\{p_1,p_2,\ldots,p_n\} $, e siano definiti per ogni $ x \in \mathbb{N} $ gli insiemi $ A(x):=\{i \le x: i \in \mathbb{N} \text{ e } \exists j \in \mathbb{N} \text{ tale che } f(j)=i \} $ e $ B(x):=\{i \le x: i \in \mathbb{N} \text{ e } \forall p \in \mathbb{P} \text{ tale che } p \mid i \implies p \in S\} $. Per ogni intero in $ B(x) $ abbiamo che $ p_j^{a_j} \le \prod_{j=1}^n{p_j^{a_j}}:= i \le x $ per cui ovviamente $ a_j \le \left \lfloor \frac{\ln(x)}{\ln(p_j)} \right \rfloor $. Adesso $ k $ può essere scelto arbitrariamente grande per cui possiamo porre $ k>n+1 $ cosicchè $ |A(x)| > (\ln(x))^{n+1} $ definitivamente. E’ quindi verificata (definitivamente) la seguente catena di disuguaglianze: $ \displaystyle (\ln(x))^{n+1} < |A(x)| \le |B(x)| \le $$ \displaystyle \prod_{j=1}^n{(a_j+1)} $$ \displaystyle \le \prod_{j=1}^n{(1+ \frac{\ln(x)}{\ln(p_j)})} < C(\ln(x))^n $ per qualche $ C>0 $ fissato. Ma ciò è falso per ogni $ x $ sufficientemente grande. (Corollario: Ogni polinomio non costante p(x) soddisfa le ipotesi del problema.)[]

Passiamo al secondo quesito, altrimenti questo post sarebbe solo un inutile rispolvero di un vecchio topic.

piever ha scritto:b) esistono infiniti primi bellissimi

Questa è più interessante: è sufficiente mostrare che l'insieme dei primi q per i quali $ q \mid p(x) \implies q^2 \mid p(x^2) $ è finito. Infatti, sia $ q_0 $ un tale primo e $ y_0 \in \mathbb{Z} \text{ t.c. } q_0 \mid p(y_0) $, allora $ q_0^2 \mid p(y_0) \text{ e } q_0^2 \mid p(q_0+y_0) $. Ma in $ \mathbb{Z}/q_0^2\mathbb{Z} $ abbiamo $ p(q_0+y_0)=q_0p'(y_0) $, e, dato che $ p(\cdot) $ e $ p'(\cdot) $ sono coprimi poichè p è irriducibile, esistono $ h(\cdot),k(\cdot) \in \mathbb{Z}[x] $ e un $ w_0 \in \mathbb{Z} \setminus \{0\} $ tale che $ h(x)p(x)+k(x)p'(x)=w_0 $. Ponendo $ x=y_0 $ in tale identità, abbiamo $ q_0 \mid w_0 $, ma $ w_0 $ è fissato per cui ha un numero finito di divisori: segue immediatamente la tesi. []