Divisiblità francese

[darkcrystal]

Siano a,b interi positivi, b diverso da 0 (Edit: e magari anche diverso da 1). Sia inoltre f(n) un polinomio a coefficienti interi tale che $ f(0) \geq 0 $.
Si sa che per ogni n, $ b^n | a^n+f(n) $. Dimostrare che $ b|a $ e f(n) è il polinomio nullo.
Buon lavoro!

[edriv]

Wow, un problema che si risolve con la notazione differenziale!
(spiegata mi pare da frengo al PreIMO 2006)

[wolverine]

Cos'e' la notazione differenziale?

Comunque, credo si possa dimostrare la tesi come caso particolare della seguente: siano $ a,b,c $ interi positivi con $ a,b>1 $, e sia $ f(x) $ un polinomio a coefficienti interi; si sa che per ogni n, $ b^n | c\,a^n+f(n) $. Dimostrare che $ b|a $ e f(n) è il polinomio nullo. (mi sembra che in questa forma sia immediato per induzione sul grado di f).

[edriv]

La notazione differenziale è questa: dati due interi positivi a,b (è importante che si chiamino a,b) esistono tre (unici) interi positivi d,x,y tali che x,y sono coprimi tra loro e che $ ~ a = dy, b = dx $.

In questo caso una delle tesi del problema si riscrive come $ ~ \frac {dy}{dx} \in \mathbb{Z} $.

Inoltre l'ipotesi è che $ ~ d^nx^n \mid d^ny^n + f(n) $, quindi $ ~ d^n \mid f(n) $ per ogni n, quindi, poichè un polinomio non può crescer esponenzialmente, ci sono due possibilità:
- f è nullo (da cui segue subito la tesi)
- a,b sono coprimi

ma... qui viene il bello. Dopo questo passaggio, in questo problema probabilmente non serve più a niente, e forse non serve a niente neanche quel passaggio, ciò classifica il mio intervento di prima come spam completo.

Detto questo, provo a risolverlo:
$ ~ b^n \mid b^{n+1} \mid a^{n+1} + f(n+1) $
$ ~ b^n \mid a^n + f(n) \mid a^{n+1} + af(n) $
prendendo la differenza:
$ ~ b^n \mid af(n) - f(n+1) $
Quindi, (supposto $ ~ b > 1 $), LHS cresce troppo e concludiamo che $ ~ af(n) = f(n+1) $ (come polinomi). Se f è costante, abbiamo ak = k che ci porta di due casi:
- $ ~ a=1 $, quindi tornando alla divisibilità iniziale, k=-1, che funziona
- k=0, quindi f è il polinomio nullo, e tutto torna
L'ultimo caso è deg f > 0. Ma, supponendo a diverso da 1, già il coefficiente di grado più alto, tra af(n) e f(n+1) è diverso, quindi questo caso è impossibile.

[wolverine]

Chiaro Io proponevo (con $ a>1 $, il caso $ a=1 $ si fa a mano a parte ed e' l'unico che richieda $ f(0)\geq 0 $)

$ ~ b^n \mid b^{n+1} \mid c\,a^{n+1} + f(n+1) $
$ ~ b^n \mid c\,a^n + f(n) $
prendendo la differenza:
$ ~ b^n \mid c(a-1)a^n+(f(n+1)-f(n)) $
Posto $ d=c(a-1) $ e $ g(n)=f(n+1)-f(n) $, ci siamo ricondotti a
$ ~b^n\mid d\, a^n+g(n) $, con deg g = deg f-1. La base dell'induzione e' "f identicamente nulla".

[darkcrystal]

Ok! La mia soluzione era sostanzialmente quella di wolverine, comunque bravi entrambi!