una successione a valori in Z[x]
max101000010.01000101
x*(x - 1) + 1 e' irriducibile su Z
x*(x - 1)*(x - 2) + 1 e' irriducibile su Z
x*(x - 1)*(x - 2)*(x - 3) + 1 = (x^2 - 3*x + 1)^2
x*(x - 1)*(x - 2)*(x - 3)*(x - 4) + 1 e' irriducibile su Z
x*(x - 1)*(x - 2)*(x - 3)*(x - 4)*(x - 5) + 1 e' irriducibile su Z
...
secondo voi come prosegue?
ciao
max
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~ "Stilla nel sonno dinnanzi al cuore ~
~ l'angoscia memore del suo male, ~
~ e anche presso quelli che non vogliono ~
~ giunge il momento di capire, ~
~ dono violento degli Dei ~
~ che seggono sul trono maestoso." --Eschilo ~
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Hypermars
"max101000010.01000101" <pxa...@SPAMinwind.it> wrote in message
news:0ZuI8.18328$8x3.3...@twister1.libero.it...
> x + 1 e' irriducibile su Z
> x*(x - 1) + 1 e' irriducibile su Z
> x*(x - 1)*(x - 2) + 1 e' irriducibile su Z
> x*(x - 1)*(x - 2)*(x - 3) + 1 = (x^2 - 3*x + 1)^2
> x*(x - 1)*(x - 2)*(x - 3)*(x - 4) + 1 e' irriducibile su Z
> x*(x - 1)*(x - 2)*(x - 3)*(x - 4)*(x - 5) + 1 e' irriducibile su Z
> ...
> secondo voi come prosegue?
Mah, sinceramente non e' chiarissima l'esposizione del problema. Tuttavia
qualche considerazione posso provare a farla.
Assumo che cio' che chiedi e' in sostanza se andando avanti si riescono a
trovare delle altre "fattorizzazioni semplici" in termini di quadrati, o
cubi, o potenze arbitrarie. Se la domanda non e' questa, cio' che dico forse
non ha senso.
Allora, si puo' notare che volendo uguagliare il polinomio del tipo
x(x-1)...(x-n)+1 al polinomio del tipo (Sum[a_n x^n])^m, si puo' abbozzare
un confronto tra i termini di pari grado.
Inizio ad esaminare il polinomio x(x-1)...(x-n)+1
I termini 1 e x^n hanno entrambi coefficiente 1.
Il termine in x^(n-1) ha coefficiente n(n+1)/2.
Il termine in x ha coefficiente n!
In genere, gli altri termini hanno una asimmetria intrinseca dovuta alla
struttura del polinomio, e il coefficiente massimo si trova in genere in uno
dei primi termini vicino a x, come x^2 o x^3. Non al centro come dovrebbe
essere se fosse lo sviluppo di una qualche potenza.
Ora passo al polinomio in serie di potenze.
Non c'e' nessun problema a scegliere i termini a_0 e a_n pari ad 1, cosi'
per ogni m questi rimangono tali e uguali al polinomio di sinistra.
Con una semplice considerazione, possiamo eliminare tutti i polinomi del
tipo (x^2+a x +1)^m, per qualsiasi m, perche' questi non saranno mai uguali
a nessuno dei polinomi di sinistra. Questo perche' sviluppando la potenza
m-esima, il termine x ha coefficiente *uguale* al termine x^(n-1). L'unica
volta in cui cio' accade e' quando n!=n(n+1)/2, ovvero appunto per n=3, che
e' l'unico caso da te evidenziato.
In generale, esaminando la potenza m-esima della serie di potenze, si vede
che il polinomio e' del tipo x^n+a m x^(n-1)+...+b m x+1.
Per uguagliare i due polinomi, il coefficiente n(n+1)/2 deve essere
divisibile per m. Anche il fattoriale, ma il fattoriale lo e' di sicuro. E'
comunque ben possibile che n(n+1)/2 sia divisibile per m, per qualche m.
Mi son stufato. Cmq per me non ne trovi piu' di "fattorizzazioni semplici"
perche' una serie di potenze e' sostanzialmente simmetrica nei suoi
coefficienti, mentre il polinomio fattoriale e' scentrato. Ecco.
Ciao
Hyper
max101000010.01000101
"Hypermars" <hyper...@yahoo.com> ha scritto nel messaggio
news:acufh5$1vd$1...@newsreader.mailgate.org...
>
> "max101000010.01000101" <pxa...@SPAMinwind.it> wrote in message
> news:0ZuI8.18328$8x3.3...@twister1.libero.it...
> > x + 1 e' irriducibile su Z
> > x*(x - 1) + 1 e' irriducibile su Z
> > x*(x - 1)*(x - 2) + 1 e' irriducibile su Z
> > x*(x - 1)*(x - 2)*(x - 3) + 1 = (x^2 - 3*x + 1)^2
> > x*(x - 1)*(x - 2)*(x - 3)*(x - 4) + 1 e' irriducibile su Z
> > x*(x - 1)*(x - 2)*(x - 3)*(x - 4)*(x - 5) + 1 e' irriducibile su Z
> > ...
> > secondo voi come prosegue?
>
> Mah, sinceramente non e' chiarissima l'esposizione del problema.
semplicemente mi chiedevo se ci sono altri elementi della successione che
non siano irriducibili su Z, ossia esprimibili come prodotto di almeno 2
polinomi di grado maggiore di zero.
ciao
max
max101000010.01000101
> non siano irriducibili su Z, ossia esprimibili come prodotto di almeno 2
> polinomi di grado maggiore di zero.
ovviamente polinomi su Z.
A. Caranti
>> "max101000010.01000101" <pxa...@SPAMinwind.it> wrote in message
>> news:0ZuI8.18328$8x3.3...@twister1.libero.it...
>>
>>> x + 1 e' irriducibile su Z
>>> x*(x - 1) + 1 e' irriducibile su Z
>>> x*(x - 1)*(x - 2) + 1 e' irriducibile su Z
>>> x*(x - 1)*(x - 2)*(x - 3) + 1 = (x^2 - 3*x + 1)^2
>>> x*(x - 1)*(x - 2)*(x - 3)*(x - 4) + 1 e' irriducibile su Z
>>> x*(x - 1)*(x - 2)*(x - 3)*(x - 4)*(x - 5) + 1 e' irriducibile su Z
>>> ...
>>> secondo voi come prosegue?
> semplicemente mi chiedevo se ci sono altri elementi della successione che
> non siano irriducibili su Z, ossia esprimibili come prodotto di almeno 2
> polinomi di grado maggiore di zero.
Non ho la risposta completa, ma comincio col postare quello che ho,
omettendo qualche dettaglio (spero comunque corretto). Magari domani ho
di piu'.
Scriviamo
f_n(x) = x * (x - 1) * ... * (x - (n - 1)) + 1.
Notiamo che f_n(0) = f_n(1) = ... = f_n(n-1) = 1.
Sia f_n(x) = g(x) h(x), con g e h polinomi a coeffienti interi. Vorrei
far vedere che per n > 4 si ha che o g o h e' costante.
Si ha che
g(0), g(1), ..., g(n-1)
sono +1 o -1, e lo stesso vale per h. Supponiamo che il grado di g sia
minore di n/2. Si ha
g(0)^2 = g(1)^2 = ... = g(n-1)^2 = 1.
Dunque g(x)^2 - 1 e' un polinomio di grado minore di n che ha n radici
distinte. Ne segue che g(x)^2 -1 = 0, dunque g(x)^2 e' la costante 1, e
anche g(x) e' costante.
"Resta" il caso in cui n = 2 m e' pari, e sia g che h hanno proprio
grado m. Mi sembra che si veda che deve essere
f_{2m} (x) = g(x)^2.
Per vedere che cio' e' impossibile, "basterebbe" far vedere che
n! + 1 e (n+1)! + 1 sono entrambi quadrati se e solo se n = 4.
(Basta prendere prima x = n = 2m, e poi x = n + 1 = 2m + 1 nell'ultima
eguaglianza.) Sfortunatamente non so se cio' sia vero.
Andreas
A. Caranti
> Non ho la risposta completa, ma comincio col postare quello che ho,
> omettendo qualche dettaglio (spero comunque corretto). Magari domani ho
> di piu'.
>
> Scriviamo
> f_n(x) = x * (x - 1) * ... * (x - (n - 1)) + 1.
>
> Notiamo che f_n(0) = f_n(1) = ... = f_n(n-1) = 1.
>
> Sia f_n(x) = g(x) h(x), con g e h polinomi a coeffienti interi. Vorrei
> far vedere che per n > 4 si ha che o g o h e' costante.
>
> Si ha che
> g(0), g(1), ..., g(n-1)
> sono +1 o -1, e lo stesso vale per h. Supponiamo che il grado di g sia
> minore di n/2. Si ha
> g(0)^2 = g(1)^2 = ... = g(n-1)^2 = 1.
> Dunque g(x)^2 - 1 e' un polinomio di grado minore di n che ha n radici
> distinte. Ne segue che g(x)^2 -1 = 0, dunque g(x)^2 e' la costante 1, e
> anche g(x) e' costante.
>
> "Resta" il caso in cui n = 2 m e' pari, e sia g che h hanno proprio
> grado m. Mi sembra che si veda che deve essere
> f_{2m} (x) = g(x)^2. (*)
Credo di essere in grado di concludere la dimostrazione. Intanto,
dall'ultima eguaglianza (*) segue che m e' pari, dunque 2m e' multiplo
di 4. (Basta confrontare i coefficienti di x^{2m-1} dalle due parti.)
Sostituendo x = (2m-1)/2 in (*), ottengo
((2m-1)!!/2^{m})^2 + 1 = g( (2m-1)/2 )^2.
Qui ho usato il fatto che m e' pari. Inoltre con k!! intendo k * (k - 2)
* ... * 2 o 1, a seconda che k sia pari o dispari.
Moltiplicando per 2^{2m}, ottengo l'eguaglianza fra interi
((2m-1)!!)^2 + (2^{m})^2 = c^2,
per un opportuno intero c. Dunque la terna
(2m-1)!!, 2^{m}, c
e' una terna pitagorica primitiva. Cio' e' ben possibile per m = 2, dato che
3, 4, 5
sono una notissima terna pitagorica. (Ed e' possibile anche per m = 3,
dato che anche 15, 8, 17 e' una terna pitagorica. Ma qui prendiamo solo
m pari.)
Ma se m > 3, cio' non e' possibile. Infatti la nota formula per le terne
pitagoriche primitive dice che si dovrebbe avere
(2m-1)!! = u^2 - v^2, 2^{m} = 2 u v,
per opportuni interi u, v coprimi, uno pari e l'altro dispari. Dunque
l'unica scelta e' u = 2^{m-1} e v = 1, ovvero si dovrebbe avere
(2m-1)!! = 2^{2(m-1)} - 1.
Mi pare non difficile vedere che per m > 3 questo non vale: il termine
di sinistra cresce molto piu' rapidamente di quello di destra.
Salvo errori od omissioni.
Andreas
max101000010.01000101
mai avrei pensato di veder saltar fuori le terne pitagoriche!
grazie della bella dimostrazione.
ciao
max