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Detto fatto, e in breve tempo

Sia $p(x)= a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + ... + a_1 x + a_0$ un polinomio di grado $n$ a coefficienti razionali, ossia con $a_n,a_{n−1},...,a_1,a_0 \in \mathbb Q$.
Sapendo che esiste un certo $m_0 \in \mathbb N$ tale che per ogni $m \in \mathbb N$, $m>m_0$, $p(m)$ è intero, dimostrare che $n!a_n \in \mathbb N$.

Bon... dopo una "lunga assenza" rieccomi:
Sia $P(x)=P_0(x)$ e $P_{i+1}(x)=P_i(x+1)-P_i(x)$. Sia $D(R(x))$ il coefficiente direttivo di un polinomio R(x).
Vale abbastanza ovviamente $\forall 0\le i\le n\ deg(P_i(x))=n-i$ e anche $\forall 0\le i\le n\ D(P_{i+1}(x))=deg(P_i)\cdot D(P_i(x))$.
Unendo i 2 fatti è facile ricavare: $D(P_n(x))=n!a_n$ e $deg(P_n(x))=0$ da cui ottengo il meraviglioso $P_n(x)=n!a_n$.
Ma per la definizione questo è intero sempre se $P(x), P(x+1)\dots P(x+n)$ sono interi... basta quindi porre $x=m_0+1$ e ottenere $n!a_n=P_n(m_0+1)\in \mathbb{Z}$.
Perchè deve essere anche positivo? Beh perchè sennò definitivamente $P(x)$ sarebbe negativo (se lo è il suo coef direttivo) e ciò contraddirebbe le ipotesi di definitiva appartenenza ai naturali.

p.s. copiatissima da piever questa

Aspettiamo un bel problema per il centesimo

jordan ha scritto:Aspettiamo un bel problema per il centesimo

Datemi un poco di tempo... diciamo 3-4 giorni max... tempo di contattare le mie fonti e vedere che roba riesco a procurarmi

Ovviamente è perfetta.. da dario2994 non ci si poteva aspettare nulla di meno.. e vediamo ora cosa riesce a tirare fuori per il prossimo problema

Valenash ha scritto:Ovviamente è perfetta.. da dario2994 non ci si poteva aspettare nulla di meno