Me - I guess it's well-known: $\omega(P(n))$ unbounded.
Sia $\omega(n)$ il numero dei divisori primi interi positivi di $n$, per ogni $n \in ZZ\setminus\{0\}$. Posto $\omega(0) = 0$ per comodità, tramite argomenti elementari, e in particolare senza ricorso al teorema di Dirichlet (sui primi nelle progressioni aritmetiche), dimostrare che, per ogni polinomio non costante $P \in ZZ[x]$, l'insieme $\{\omega(P(n)): n \in \mathbb{N}\}$ è illimitato.
Risposte
scusa la mia ignoranza, cos'è un polinomio non costante?
Di fatto, un polinomio di grado zero: ad es., P(x) = 0, oppure P(x) = -3.
"DavidHilbert":
Di fatto, un polinomio di grado zero: ad es., P(x) = 0
OT: In un libro, l'autore (Nathanson) afferma che $0$ non ha grado.
"Crook":
[quote="DavidHilbert"]Di fatto, un polinomio di grado zero: ad es., P(x) = 0
OT: In un libro, l'autore (Nathanson) afferma che $0$ non ha grado.[/quote]
Buon per lui, ma è un po' come disquisire del sesso degli angeli. Di fatto, c'è chi permette $0^0 = 1$, chi viceversa $0^0 = 0$. E' soltanto una questione di comodo.
"DavidHilbert":
Sia $\omega(n)$ il numero dei divisori primi interi positivi di $n$, per ogni $n \in ZZ\setminus\{0\}$. Posto $\omega(0) = 0$ per comodità, tramite argomenti elementari, e in particolare senza ricorso al teorema di Dirichlet (sui primi nelle progressioni aritmetiche), dimostrare che, per ogni polinomio non costante $P \in ZZ[x]$, l'insieme $\{\omega(P(n)): n \in \mathbb{N}\}$ è illimitato.
Si, questo è conosciuto.
[size=9]Per assurdo, siano £p_1,p_2...p_u£ gli elementi di £{p: p£ è primo e esiste £n: p| |P(n)|}£.
Se £n=p_1^(a_1)p_2^(a_2)...p_u^(a_u)<=x£ allora £a_i<=(ln(x))/(ln(p_i))£ e detto
£R={n: n=p_1^(a_1)p_2^(a_2)...p_u^(a_u) (a_1,a_2...a_u) in NN^u}£ si ha £|R nn [0,x]|<=prod_(i=1)^u ((ln(x))/(ln(p_i))+1)£ e se £P(x)=q_mx^m+q_(m-1)x^(m-1)+...+q_0£ allora £|P(ZZ) nn [0,x]| ~ (x/(|q_m|))^(1/m)£ ma ciò non è possibile poichè per le ipotesi £|P(ZZ)| sube R£ cosa che non sussiste con la relazione asintotica e la maggiorazione.[/size]
@carlo: se non sono ubriaco - e giurerei che non lo sono! -, hai preso fischi per fiaschi e risolto un problema del tutto differente da quello che, viceversa, io chiedevo di risolvere. 
Vediamo un po'...
Da quel che ci capisco, tu qui supposi che l'insieme $Q$ dei primi naturali che dividono $P(n)$, per qualche $n \in NN$, sia finito - il che presuppone, per inciso, che l'equazione $P(x) = 0$ non possegga soluzioni in numeri naturali (ponendo, di conseguenza, un vincolo di troppo). Quindi ammetti $u =$ card$(Q)$ ed enumeri gli elementi di $Q$ infilandoli nella sequenza $p_1, ..., p_u$. Fin qui ho compreso? Andiamo avanti...
Consideri quindi l'insieme $R$ di tutti e soli gli interi $n \ge 1$ che possiedono una fattorizzazione del tipo $\prod_{i=1}^u p_i^{a_i}$, dove $a_1, ..., a_u$ sono interi non negativi. Fissato $x > 0$, affermi (ed io confermo) che l'intersezione di $R$ con l'intervallo $[0,x]$ possiede cardinalità $\le prod_(i=1)^u ((ln(x))/(ln(p_i))+1)$. Dico bene? Ammettiamo di sì...
A questo punto, se $P$ ha grado $m \ge 1$, allora $|P(ZZ) nn [0,x]| ~ (x/(|q_m|))^(1/m)$, per $x \to +\infty$, e questa relazione - che davvero non capisco da dove sia saltata fuori!!! - contrasta chiaramente con l'altra stabilita in precedenza. Cosa concluderne!? Personalmente ne concludo che $Q$ è un insieme infinito - sempre ammesso (ed è cosa banale) di poter mettere a punto il dettaglio relativo alle eventuali radici naturali dell'equazione $P(x) = 0$. Mi chiedo, tuttavia: che ci azzecca mai questo con il problema originale? Non ho chiesto di provare che, anche soltanto definitivamente per $n \in NN$, un numero infinito di primi di $NN$ divide $P(n)$. Piuttosto, vi ho invitati a dimostrare che (sotto opportune ipotesi) esistono interi $n \in NN$ tali che $P(n)$ possiede un numero comunque grande di divisori primi naturali. Mi confermi l'impressione, carlo, o devo riconoscere di non averci capito una mazza, della tua soluzione?
EDIT: l'italiano.
Vediamo un po'..."carlo23":
Per assurdo, siano $p_1,p_2...p_u$ gli elementi di ${p: p$ è primo e esiste $n: p | |P(n)|}$.
Da quel che ci capisco, tu qui supposi che l'insieme $Q$ dei primi naturali che dividono $P(n)$, per qualche $n \in NN$, sia finito - il che presuppone, per inciso, che l'equazione $P(x) = 0$ non possegga soluzioni in numeri naturali (ponendo, di conseguenza, un vincolo di troppo). Quindi ammetti $u =$ card$(Q)$ ed enumeri gli elementi di $Q$ infilandoli nella sequenza $p_1, ..., p_u$. Fin qui ho compreso? Andiamo avanti...
"carlo23":
Se $n=p_1^(a_1)p_2^(a_2)...p_u^(a_u) \le x$ allora $a_i \le (ln(x))/(ln(p_i))$ e detto $R={n: n=p_1^(a_1)p_2^(a_2)...p_u^(a_u) (a_1,a_2...a_u) in NN^u}$ si ha $|R nn [0,x]|<=prod_(i=1)^u ((ln(x))/(ln(p_i))+1)$
Consideri quindi l'insieme $R$ di tutti e soli gli interi $n \ge 1$ che possiedono una fattorizzazione del tipo $\prod_{i=1}^u p_i^{a_i}$, dove $a_1, ..., a_u$ sono interi non negativi. Fissato $x > 0$, affermi (ed io confermo) che l'intersezione di $R$ con l'intervallo $[0,x]$ possiede cardinalità $\le prod_(i=1)^u ((ln(x))/(ln(p_i))+1)$. Dico bene? Ammettiamo di sì...
"carlo23":
[Ma] se $P(x)=q_mx^m+q_(m-1)x^(m-1)+...+q_0$ allora $|P(ZZ) nn [0,x]| ~ (x/(|q_m|))^(1/m)$ ma ciò non è possibile poichè per le ipotesi $|P(ZZ)| sube R$ cosa che non sussiste con la relazione asintotica e la maggiorazione.
A questo punto, se $P$ ha grado $m \ge 1$, allora $|P(ZZ) nn [0,x]| ~ (x/(|q_m|))^(1/m)$, per $x \to +\infty$, e questa relazione - che davvero non capisco da dove sia saltata fuori!!! - contrasta chiaramente con l'altra stabilita in precedenza. Cosa concluderne!? Personalmente ne concludo che $Q$ è un insieme infinito - sempre ammesso (ed è cosa banale) di poter mettere a punto il dettaglio relativo alle eventuali radici naturali dell'equazione $P(x) = 0$. Mi chiedo, tuttavia: che ci azzecca mai questo con il problema originale? Non ho chiesto di provare che, anche soltanto definitivamente per $n \in NN$, un numero infinito di primi di $NN$ divide $P(n)$. Piuttosto, vi ho invitati a dimostrare che (sotto opportune ipotesi) esistono interi $n \in NN$ tali che $P(n)$ possiede un numero comunque grande di divisori primi naturali. Mi confermi l'impressione, carlo, o devo riconoscere di non averci capito una mazza, della tua soluzione?
EDIT: l'italiano.
"DavidHilbert":
Mi confermi l'impressione, carlo, o devo riconoscere di non averci capito una mazza, della tua soluzione?
Confermo, effettivamente solo ora mi rendo conto di aver fatto tutt'altro...
La notizia mi rincuora - vuol dire che non mi sono ancora del tutto rinc******ito! Il tuo problema, d'altro canto, è piuttosto banale (non serve tirare fuori dal cilindro magico alcun genere di stime asintotiche): per assurdo, ammetti infatti che esistano un qualche polinomio $P \in ZZ[x]$ di grado $\ge 1$ e un intero $v \ge 1$ tali che l'insieme $Q$ dei primi naturali che dividono $P(n)$, definitivamente per $n \ge v$, sia finito. Se $P(0) = 0$, questo è banalmente assurdo, in quanto $P(n)$ è divisibile per $n$, qualunque sia $n \in NN^+$. Dunque $P(0) \ne 0$. D'altronde, $Q$ è non vuoto, in quanto $P(x) \to \infty$, per $x \to \infty$. Siano $p_1, ..., p_k$ gli elementi di $Q$, essendo $k = |Q| \ge 1$, ed $\alpha_i$ il massimo esponente intero tale che $p_i$ divide P(0), per i = 1, ..., k. Posto $\alpha = \max_{1 \le i \le k} \{\alpha_i\}$, vale che, comunque scelto un intero $\beta > \alpha$, il massimo esponente intero con cui $p_i$ divide $P(\prod_{i=1}^k p_i^\beta)$, per i = 1, ..., k, è necessariamente $\le \alpha$, a meno che sia $P(\prod_{i=1}^k p_i^\beta) = 0$. Senonché $P(\prod_{i=1}^k p_i^\beta) \to \infty$, per $\beta \to +\infty$. Da qui l'assurdo, e subito la tesi.
Allora, per assurdo sia $m$ il massimo valore assundo da $omega( P(n) )$ per $n in ZZ$ e $P(n) != 0$. Esisterà $x$ tale che $omega(P(x))=m$ ed è facile dimostrare che $P(x)|P(x+kP(x))$ per ogni $k in ZZ$, del resto $P(x+kP(x))$ si può riscrivere come un polinomio di $Q(k)$ e per quanto ho dimostrato, anche se per svista, esisteranno infiniti $k$ tali che esisterà un primo $p$ tale che $gcd(k,p)=1$ e $p|P(x+kP(x))$ ovvero $omega( P(x+kP(x)) ) >=m$ da cui $P(x+kP(x))=0$ ma ciò è possibile solo per un numero finito di valori di $k$ se $P$ non è costante.
Spero in bene
Spero in bene
Bene. Adesso però devi dirmi da dove hai tirato fuori la stima asintotica che hai usato nel tuo primo intervento sul topic.
"DavidHilbert":
Bene. Adesso però devi dirmi da dove hai tirato fuori la stima asintotica che hai usato nel tuo primo intervento sul topic.
Guarda, faccio che fare così: se abbiamo $x>=0$ e $P(x)=a_n x^n + a_(n-1) x^(n-1)+...+a_0$ allora $|P(x)|<=|a_n| x^n + |a_(n-1)| x^(n-1)+...+|a_0|<=x^n ( |a_n|+|a_(n-1)|+...+|a_0|)$, per cui per $y<=(x/( |a_n|+|a_(n-1)|+...+|a_0|))^(1/n)$ si ha $P(y)<=x$ e quindi $|P(N) nn [0,x]| >= (x/( |a_n|+|a_(n-1)|+...+|a_0|))^(1/n)$ che al nostro scopo è sufficiente.
"carlo23":
Guarda, faccio che fare così: se abbiamo $x>=0$ e $P(x)=a_n x^n + a_(n-1) x^(n-1)+...+a_0$ allora $|P(x)|<=|a_n| x^n + |a_(n-1)| x^(n-1)+...+|a_0|<=x^n ( |a_n|+|a_(n-1)|+...+|a_0|)$, per cui per $y<=(x/( |a_n|+|a_(n-1)|+...+|a_0|))^(1/n)$ si ha $P(y)<=x$ e quindi $|P(N) nn [0,x]| >= (x/( |a_n|+|a_(n-1)|+...+|a_0|))^(1/n)$ che al nostro scopo è sufficiente.
Non colgo.
Fissato $x \in [0, +\infty[$, purché sufficientemente grande, hai stabilito che $|P(y)| \le x$, se $y \le x_0$, dove $x_0 = (x/( |a_n|+|a_(n-1)|+...+|a_0|))^(1/n)$. Fin qui, nulla da obiettare! Senonché (ammesso ch'io abbia capito quel che sottintendi) $|P(NN) \cap [0,x]| \ge |P(y \le x_0) \cap [0,x]| = |P(y \le x_0)|$, dove $P(y \le x_0)$ rappresenta l'insieme dei valori non negativi assunti da $P(\cdot)$ sui naturali $\le x_0$. Ora però mi spieghi perché mai $|P(y \le x_0)| \ge x_0$ ? In linea di principio, non è assolutamente garantito che $P(\cdot)$ sia iniettivo nell'insieme $A_0 = \{y \in NN: y \le x_0\}$. Inoltre, mancano indicazioni sul segno del polinomio in $A_0$. Per caso mi son perso qualcosa?
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