[L03/04] I primi... dividono

[Gerald Lambeau]

Trovare tutti i polinomi $f$ a coefficienti interi per i quali vale la seguente affermazione:
esiste un intero positivo $N$ tale che, per ogni primo $p>N$, se $f(p)>0$ allora $p \mid 2 \cdot (f(p)!)+1$.

[Sky]

Sia [tex]f(x) = a_n x^n + ... + a_0[/tex]

Caso 1: [tex]a_n < 0[/tex]

Dato che il polinomio va a [tex]-\infty[/tex], deve esistere un [tex]N[/tex] tale che non esistono [tex]p>N[/tex] primi tali che [tex]f(p) > 0[/tex].

Caso 2: [tex]a_n >0[/tex]

Dato che [tex]p|f(p) - a_0[/tex] (non so usare i moduli in LaTex ), la condizione di divisibilitá diventa:

[tex]p|2a_0 ! +1[/tex]

Dato che i primi maggiori di ogni N sono infiniti, che [tex]2a_0 ! +1[/tex] è costante e che tutti i primi maggiori di N lo devono dividere, otteniamo:
[tex]2a_0 ! +1 = 0[/tex]
[tex]a_0 = -1/2[/tex]
Impossibile.

Quindi i polinomi sono tutti e solo quelli con [tex]a_n <0[/tex]

[matematto]

(non so usare i moduli in LaTex )

In generale puoi scrivere

Codice: Seleziona tutto

a \equiv b \pmod{p}

Che restituisce:
$a \equiv b \pmod{p}$

[Sky]

Grazie, cosa pensi della soluzione?

EDIT: è sbagliata, non posso sostituire [tex]f(p)[/tex] con [tex]a_0[/tex] per via del fattoriale

EDIT 2: se [tex]a_n> 0[/tex] il polinomio va a infinito o è costante, se è costante allora la dimostrazione sopra va bene, altrimenti avremo che: o per qualche [tex]N[/tex], [tex]f(p) > p[/tex] per tutti i [tex]p>N[/tex], in tal caso [tex]p|2f(p)![/tex] e quindi [tex]p|1[/tex], oppure il polinomio è di primo grado. Da qua si va avanti con calma

[Sky]

Ci riprovo: sia [tex]f(x) = a_m x^n + ... a_0[/tex]

Caso 1: [tex]a_n<0[/tex]

Dato che il polinomio va a [tex]-\infty[/tex], deve esistere un [tex]N[/tex] tale che non esistono [tex]p<N[/tex] tali che [tex]f(p)>0[/tex].

Caso 2: [tex]a_n>0[/tex]

Se [tex]n>1[/tex] allora esiste un [tex]M[/tex] tale che [tex]f(x)>x[/tex] per ogni [tex]x>M[/tex], quindi per ogni [tex]p>M[/tex] avremmo che [tex]p|f(p)![/tex], quindi che [tex]p|1[/tex]. Contraddizione.

Se [tex]n=0[/tex] allora la quantità [tex]2f(p)!+1[/tex] è costante. Dato che infiniti primi la dividono, dev'essere [tex]0[/tex], quindi [tex]f(p)!=a_0 != -1/2[/tex]. Contraddizione.

Se [tex]n=1[/tex] allora scriviamo [tex]f(x)=mx+q[/tex] con [tex]m[/tex] intero positivo.
Se [tex]m \neq 1[/tex] allora abbiamo un caso analogo a [tex]n>1[/tex], quindi [tex]m=1[/tex].
Se [tex]q \geq 0[/tex] allora la situazione è ancora analoga a [tex]n>1[/tex].


Quindi dobbiamo trovare [tex]c[/tex] tale che:

[tex]2(p-c)! \equiv -1 \pmod{p}[/tex]

Abbia un numero infinito di soluzioni in [tex]p[/tex] primo.

Per il teorema di Wilson abbiamo:

[tex]2(p-c)! \equiv (p-1)! \pmod{p}[/tex].

Quindi semplificando:

[tex]2 \equiv (-1)(-2)...(-c+2)(-c+1) \equiv (-1)^{c+1}(c-1)! \pmod{p}[/tex].

Quindi:

[tex]p|(-1)^{c+1}(c-1)! - 2[/tex] per tutti i [tex]p>N[/tex] per qualche [tex]N[/tex]. Quindi [tex](-1)^{c+1}(c-1)!=2[/tex] che ha come unica soluzione [tex]c=3[/tex].

Quindi le soluzioni sono:
[tex]f(x) = x-3[/tex] e
[tex]a_n <0[/tex]

[Gerald Lambeau]

Corretta!

[Sky]

Posso chiederti da dove viene?

[Vinciii]

Non ho capito il caso $n>1$ :/

[matpro98]

$f (x)>x \Rightarrow f (p)>p \Rightarrow p\mid f (p)!$

[Vinciii]

Chiaro, grazie!