Dalla prima ottieni (se [tex]b≠1[/tex] ) [tex]a≤b–2[/tex] se [tex]b=2[/tex] si ha [tex]a≤0[/tex] impossibile.Xeanort ha scritto:Non è se b=2 va bene qualsiasi a?
Oppure entrambe?
ultima dimostrazione, gare 20 febbraio 2014
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Re: ultima dimostrazione, gare 20 febbraio 2014
Re: ultima dimostrazione, gare 20 febbraio 2014
In gara non l'ho fatto, anche se ora che so la soluzione, penso che avrei dovuto farlo, non era troppo difficile...
Il primo passo era ricavare dalla prima relazione che $b=ak+k+1$ e sostituirlo nella seconda; è una mossa non molto elegante, ma portava a concludere...
Il primo passo era ricavare dalla prima relazione che $b=ak+k+1$ e sostituirlo nella seconda; è una mossa non molto elegante, ma portava a concludere...
Re: ultima dimostrazione, gare 20 febbraio 2014
Io ho fatto questo , per poi dire che visto che $ak+k+1$ ha una radice reale e $a^2+a+2$ no , allora non il primo non può dividere il secondo boh speriamo nei 2,3 punticiniDrago ha scritto:In gara non l'ho fatto, anche se ora che so la soluzione, penso che avrei dovuto farlo, non era troppo difficile...
Il primo passo era ricavare dalla prima relazione che $b=ak+k+1$ e sostituirlo nella seconda; è una mossa non molto elegante, ma portava a concludere...
Re: ultima dimostrazione, gare 20 febbraio 2014
uhm, forse come polinomi no, ma come interi, ci sono alcuni valori di $k$ che rendono vera la divisibilità...
Re: ultima dimostrazione, gare 20 febbraio 2014
La cosa più semplice che io abbia potuto fare è notare che a^2+a+2 ha delta<0 ==> che non è scomponibile ==> è divisibile per sè stesso e per 1 , alla fine si concludeva facilmente
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Re: ultima dimostrazione, gare 20 febbraio 2014
Sbagliato, Ti faccio un esempio semplice: [tex]a=1[/tex] . Abbiamo [tex]a^2 + a + 2 = 4[/tex] . Ma non solo [tex]1[/tex] e [tex]4[/tex] dividono [tex]4[/tex] , vi è anche [tex]2[/tex]nicola121 ha scritto:La cosa più semplice che io abbia potuto fare è notare che a^2+a+2 ha delta<0 ==> che non è scomponibile ==> è divisibile per sè stesso e per 1 , alla fine si concludeva facilmente
Re: ultima dimostrazione, gare 20 febbraio 2014
Achtung!
(citando il Gobbino)
Dato un polinomio $p(x)$, se è riducibile negli interi come $q(x)r(x)$, è vero che per ogni valore intero $a$ abbiamo $q(a)\mid p(a)$; ma l'opposto non è assolutamente vero! Ovvero, non possiamo dire che se un polinomio è irriducibile, allora è primo!
(citando il Gobbino)
Dato un polinomio $p(x)$, se è riducibile negli interi come $q(x)r(x)$, è vero che per ogni valore intero $a$ abbiamo $q(a)\mid p(a)$; ma l'opposto non è assolutamente vero! Ovvero, non possiamo dire che se un polinomio è irriducibile, allora è primo!
Re: ultima dimostrazione, gare 20 febbraio 2014
avete ragione .... le conclusioni erano le stesse alla fine comunque, voi come l'avete svolto?
Re: ultima dimostrazione, gare 20 febbraio 2014
Ho scritto come conclusione che nelle coppie possibili a = numero pari e b = (a^2+a+2)/2 ricavati da vari tentativi fatti... :/
Re: ultima dimostrazione, gare 20 febbraio 2014
Sì, la soluzione è quella