ANNO II problema III

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Questo argomento contiene 16 risposte, ha 3 partecipanti, ed è stato aggiornato da MATHia MATHia 3 mesi, 3 settimane fa.

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  • #19853
    MATHia
    MATHia
    Amministratore del forum

    Sia $p(x)$ un polinomio monico di terzo grado a coefficienti interi. Dimostra che $p(x)$ non può avere alcuna radice razionale non intera.

    #19856

    Matteo
    Partecipante
    Spoiler

    Chiamiamo a, b, c le tre radici di $p(x)$. Chiamiamo $h=a+b+c$, $j=ab+ac+bc$ e $k=abc$. Quindi otteniamo $p(x)=x^{3}-hx^{2}+jx-k$ e per ipotesi sappiamo che h, j, k sono interi. Supponiamo che a sia razionale e quindi lo riscriviamo come $a=\frac{a_{1}}{a_{2}}$ con $(a_{1},a_{2})=1$ , in particolare notiamo che $b+c=\frac{ha_{2}-a_{1}}{a_{2}}$ e $bc=\frac{ka_{2}}{a_{1}}$. Quindi notiamo che $j=a(b+c)+bc=\frac{a_{1}}{a_{2}}*\frac{ha_{2}-a_{1}}{a_{2}}+\frac{ka_{2}}{a_{1}}=\frac{ha_{1}^{2}a_{2}-a_{1}^{3}+ka_{2}^{3}}{a_{2}^{2}a_{1}}$ . Dato che j è un numero intero il numeratore deve essere multiplo del denominatore, in particolare notiamo che in denominatore è multiplo di $a_{2}$ e quindi lo deve essere anche il numeratore. Quindi $a_{2}\mid ha_{1}^{2}a_{2}+ka_{2}^{3}-a_{1}^{3}$ e di conseguenza $a_{2}\mid a_{1}$ . Quindi se un numero razionale è radice di $p(x)$ allora esso è anche intero.

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    #19862
    MATHia
    MATHia
    Amministratore del forum

    È praticamente tutto giusto, solo nel finale c’è una piccola imprecisione:

    Spoiler

    nel finale si ottiene in verità che $a_2\mid a_1^3$, non $a_2\mid a_1$, però si può concludere lo stesso (spieghi tu come?)

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    La mia soluzione passa anche per un risultato abbastanza famoso sui polinomi a coefficienti interi, risultato che forse semplificherebbe in parte la tua dimostrazione, ma che non è necessario.

    Rilancio allora proponendo di dimostrare il seguente

    Teorema: sia $p(x)=\sum_{i=0}^{n}a_ix^i$ un polinomio a coefficienti interi e $\lambda=\frac{r}{t}$ una sua radice razionale ridotta ai minimi termini. Dimostra allora che $t\mid a_n$ e $r\mid a_0$.

    EDITATO, dopo le osservazioni di Matteo e SLLG

    #19863

    Matteo
    Partecipante
    Spoiler

    si sfrutta il fatto che $(a_{1},a_{2})=1$ e quindi da $a_{1}^{3}\equiv 0 \pmod a_{2}$ si può moltiplicare da entrambe le parti per l’inverso moltiplicativo di $a_{1}$ e ripetendo due volte quest’operazione si ottiene $a_{1}\equiv 0 \pmod a_{2}$

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    #19864

    Matteo
    Partecipante

    Ma nel teorema $a_{n}$ essendo il coefficiente direttivo non può variare lasciando immutate le radici?

    #19865
    MATHia
    MATHia
    Amministratore del forum

    Per la prima domanda:

    Spoiler

    non serve scomodare le congruenza e gli inversi: se $a_2\mid a_1^3$, allora vi sono due possibilità, cioè $a_2=\pm 1$, e in tal caso la radice è intera, oppure esiste un primo $q$ tale che $q\mid a_2 \implies q\mid a_1^3\implies q\mid a_1$, il che è impossibile poiché la frazione è ridotta ai minimi termini. In ogni caso anche la tua è giusta, più ognuno è libero di preferire l’una o l’altra.

    [collapse]

    Per la seconda domanda, quel che dici è vero, ma non vedo perché dovrebbe essere problematico. Forse in questo momento stai pensando a quando si scrive $p(x)=a_n\prod_{i=0}^n(x-\lambda_i)$, però sappi che se cambi $a_n$, in verità stai cambiando anche tutti gli altri coefficienti. Chiaramente se moltiplichi un polinomio per una costante, le radici rimangono le stesse.

    #19866

    Matteo
    Partecipante

    Quindi se ho capito bene per il teorema se p(x) monico ha una radice razionale allora il suo numeratore è uno, giusto?

    #19867
    MATHia
    MATHia
    Amministratore del forum

    Esatto. Questo fatto dovrebbe semplificare un pochino anche la tua soluzione.

    EDIT: in verità è falso, vedi i post seguenti

    #19868

    Matteo
    Partecipante

    Ma questo vale solo per i razionali non interi o anche per gli interi?

    #19869
    MATHia
    MATHia
    Amministratore del forum

    Vale per tutti i razionali (e quindi anche per gli interi). Se vuoi convincertene, prova a dimostrare il teorema, è meno difficile di quanto potrebbe sembrare.

    #19870

    Matteo
    Partecipante

    Scusa se insisto ma non riesco proprio a capire… per questo teorema un polinomio monico a coefficienti interi può avere solo 1 e -1 come radici intere ?

    #19871
    SLLG
    SLLG
    Partecipante

    C’è un refuso nell’enunciato del teorema: n e 0 sono invertiti. Inoltre ovviamente r e t sono primi tra loro, ovvero la frazione si suppone ridotta ai minimi termini.

    #19872
    SLLG
    SLLG
    Partecipante

    Quindi $r$ divide $a_0$ e $t$ divide $a_n$.

    #19873
    MATHia
    MATHia
    Amministratore del forum

    Avete pienamente ragione, ho preso un granchio… Ho editato il post con l’enunciato del teorema, grazie a Matteo e SLLG per avermi aperto gli occhi 😉

    #19874

    Matteo
    Partecipante

    Ok grazie mille! Dopo lo provo

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