Altro problema normale
questo l' ho risolto fresco fresco qualche minuto fa...
allora,si ha il polinomio a coefficienti interi a(q), p(x)= a0+...+a(d)*x^d
si sa che per un intero n, p(n)=m
dimostrare che per ogni intero k, si ha che p(n+m*k) è divisibile per m
non è difficile...il solo fatto che sono riuscito a farlo ne è una prova
ciao
ps per chi risolve il problema di sopra, continui con questo:
descrivere i polinomi p(x) tali che per ogni intero n, p(n) è sempre un numero primo...
allora,si ha il polinomio a coefficienti interi a(q), p(x)= a0+...+a(d)*x^d
si sa che per un intero n, p(n)=m
dimostrare che per ogni intero k, si ha che p(n+m*k) è divisibile per m
non è difficile...il solo fatto che sono riuscito a farlo ne è una prova
ciao
ps per chi risolve il problema di sopra, continui con questo:
descrivere i polinomi p(x) tali che per ogni intero n, p(n) è sempre un numero primo...
Risposte
"jack":
ps per chi risolve il problema di sopra, continui con questo:
descrivere i polinomi p(x) tali che per ogni intero n, p(n) è sempre un numero primo...
I polinomi devono essere a coefficienti interi o anche razionali?
"jack":
ps per chi risolve il problema di sopra, continui con questo:
descrivere i polinomi p(x) tali che per ogni intero n, p(n) è sempre un numero primo...
Il problema sopra non lo capito (perchè non usare MathML?
), per quanto riguarda questo... $p(0)$ è primo e $p(0)|p(p(0))$ quindi $p$ è necessariamente un polinomio costante.
@fields
io ho pensato, non essendo specificato, di usare coefficenti reali...
@carlo23
ehm...non so usare mathML...
io ho pensato, non essendo specificato, di usare coefficenti reali...
@carlo23
ehm...non so usare mathML...
Riscrivo in MathML.
Sia $p(x)=a_(n)x^n+a_(n-1)x^(n-1)+...+a_(0)$
Si sa che per un intero $s$ $p(s)=m$ (1)
Dimostrare che $AA kinZZ$ si ha che $p(s+km)$ è divisibile per $m$
Il polinomio è per la 1 del tipo $p(x)=m+(x-s)q(x)$ quindi $p(s+km)=m+(km)q(s+km)=m[1+kq(s+km)]$. Il secondo fattore è intero in virtù della rigidità dei polinomi, dunque $p(s+km)$ è divisibile per $m$.
Sia $p(x)=a_(n)x^n+a_(n-1)x^(n-1)+...+a_(0)$
Si sa che per un intero $s$ $p(s)=m$ (1)
Dimostrare che $AA kinZZ$ si ha che $p(s+km)$ è divisibile per $m$
Il polinomio è per la 1 del tipo $p(x)=m+(x-s)q(x)$ quindi $p(s+km)=m+(km)q(s+km)=m[1+kq(s+km)]$. Il secondo fattore è intero in virtù della rigidità dei polinomi, dunque $p(s+km)$ è divisibile per $m$.
okkk!!
giuseppe anche tu parteciperai al concorso della normale di quest' anno?
ciao
giuseppe anche tu parteciperai al concorso della normale di quest' anno?
ciao
La seconda parte del quesito discende direttamente dalla prima.
Infatti,supponendo di lavorare negli interi,se p(n)=q (q=primo)
allora p(n+kq) e' divisibile per q e non puo' quindi essere primo.
Pertanto non esistono polinomi (non ridotti ad una costante) del tipo
richiesto.
Eulero ha indicato alcuni polinomi che,per opportuni valori della
variabile indipendente,generano numeri primi.
I piu' noti sono :
$x^2+x+41,x^2-x+41$
il primo dei quali genera primi per x intero e minore di 40,l'altro
per x<41.
karl
Infatti,supponendo di lavorare negli interi,se p(n)=q (q=primo)
allora p(n+kq) e' divisibile per q e non puo' quindi essere primo.
Pertanto non esistono polinomi (non ridotti ad una costante) del tipo
richiesto.
Eulero ha indicato alcuni polinomi che,per opportuni valori della
variabile indipendente,generano numeri primi.
I piu' noti sono :
$x^2+x+41,x^2-x+41$
il primo dei quali genera primi per x intero e minore di 40,l'altro
per x<41.
karl
"jack":
okkk!!
giuseppe anche tu parteciperai al concorso della normale di quest' anno?
ciao
Si, ma così, tanto per provare...
visto che qua si macina, ne propongo un altro (anno 1991):
provare che per ogni numero $n>=2$ si ha
$root(n)n!<(n+1)/2$
e che (n+1)/2 non è mai multiplo intero di $root(n)n!$
buon lavoro....
ciao
ps @ giuseppe allora saremo in 2... in bocca al lupo
provare che per ogni numero $n>=2$ si ha
$root(n)n!<(n+1)/2$
e che (n+1)/2 non è mai multiplo intero di $root(n)n!$
buon lavoro....
ciao
ps @ giuseppe allora saremo in 2...
in bocca al lupo
Per AM-GM risulta:
$root[n](n!)=root[n](1*2...*n)<(1+2+...+n)/n=((n(n+1))/2)*1/n=(n+1)/2$
karl
$root[n](n!)=root[n](1*2...*n)<(1+2+...+n)/n=((n(n+1))/2)*1/n=(n+1)/2$
karl
"jack":
e che (n+1)/2 non è mai multiplo intero di $root(n)n!$
Tanto vale dimostrare che $root(n)n!$ non è mai intero tranne che per $n=1$, o in modo più generale il prodotto di $k>1$ interi consecutivi non è mai una potenza $k$-esima
https://www.matematicamente.it/f/viewtopic.php?t=10774
"jack":
@carlo23
ehm...non so usare mathML...
è semplicissimo, piazzi la tua formula tra due simboli del dollaro fai un anteprima e aggiusti le parentesi finchè non viene come vuoi tu
"jack":
visto che qua si macina, ne propongo un altro (anno 1991):
provare che per ogni numero $n>=2$ si ha
$root(n)n!<(n+1)/2$
e che (n+1)/2 non è mai multiplo intero di $root(n)n!$
buon lavoro....
ciao
ps @ giuseppe allora saremo in 2...
Grazie, anche a te
"giuseppe87x":
Riscrivo in MathML.
Sia $p(x)=a_(n)x^n+a_(n-1)x^(n-1)+...+a_(0)$
Si sa che per un intero $s$ $p(s)=m$ (1)
Dimostrare che $AA kinZZ$ si ha che $p(s+km)$ è divisibile per $m$
Il polinomio è per la 1 del tipo $p(x)=m+(x-s)q(x)$ quindi $p(s+km)=m+(km)q(s+km)=m[1+kq(s+km)]$. Il secondo fattore è intero in virtù della rigidità dei polinomi, dunque $p(s+km)$ è divisibile per $m$.
Ripensandoci è molto più immediato constatare che
$s-=s+km(modm)$ quindi, essendo $f$ funzione polinomiale vale
$f(s)-=f(s+km)(modm)$
$f(s+km)-=m(modm)$
$f(s+km)-=0(modm)$
c.v.d.
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