[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb

[limes123]

Fajne rozwiązanie moze teraz cos takiego:
Niech A bedzie skonczonym zbiorem liczb pierwszych, a - liczba calkowita wieksza niz 1. Udowodnij, ze istnieje tylko skonczona liczba calkowitych dodatnich n takich, ze wszystkie dzielniki pierwsze \(\displaystyle{ a^n-1}\) sa w A.

[Edit]
Jak to ma byc na II etap to nie moze byc trudniejsze niz zeszloroczne 6 Moze autor wykorzystywal to ze sa wspolczynniki calkowite (nie wiem, bo nie ma wzorcowki).

[Piotr Rutkowski]

Fajne rozwiązanie moze teraz cos takiego:
Niech A bedzie skonczonym zbiorem liczb pierwszych, a - liczba calkowita wieksza niz 1. Udowodnij, ze istnieje tylko skonczona liczba calkowitych dodatnich n takich, ze wszystkie dzielniki pierwsze \(\displaystyle{ a^n-1}\) sa w A.

[Edit]
Jak to ma byc na II etap to nie moze byc trudniejsze niz zeszloroczne 6 Moze autor wykorzystywal to ze sa wspolczynniki calkowite (nie wiem, bo nie ma wzorcowki).

Ehm, znowu "zadanie na II etap" Już je znam, jak ktoś chce, to rozwiązanie może znaleźć

tutaj:    

Zwardoń 2007 - Na dwudziestu uczestników było 19 zer i jedna piątka za to zadanie...

[limes123]

Nie wiedzialem jakie one sa trudne... (tamto pierwsze mialo numer 2 w zestawie, a numer 1 byl banalny, wiec myslalem, ze to tez nie bedzie trudne). Dobra to teraz proste. Udowodnij, ze wielomian
\(\displaystyle{ (x-a_1)(x-a_2)...(x-a_n)-1}\) jest nieskracalny (ai sa calkowite i parami rozne).

[Edit]
To juz nie wrzucam z tej ksiazki co wczesniej

[Dumel]

źle przeczytalem tresc tamtego zadania i wydalo mi sie prosciutkie. a skoro jest ono za trudne na II etap to moze ta przerobka bedzie na odpowiednim poziomie :
Niech A bedzie skonczonym zbiorem liczb pierwszych, a - liczba calkowita wieksza niz 1. Udowodnij, ze istnieje nieskonczenie wiele liczb calkowitych dodatnich n takich, ze nie wszystkie dzielniki pierwsze \(\displaystyle{ a^n-1}\) sa w A.
zaczalem pisac i sie zorientowalem ze robie inne zadanie wiec wrzuce moje rozwiazanie:

Ukryta treść:    

niech \(\displaystyle{ (p_n)}\) bedzie ciagiem kolejnych liczb pierwszych. jak wiadomo \(\displaystyle{ 2^k-1|2^l-1 \Leftrightarrow k|l}\)
weźmy dla pewnego \(\displaystyle{ k, n=(p_1-1)...(p_k-1)}\). wtedy z malego twierdzenia Fermata i z powyzszego lematu \(\displaystyle{ p_i|2^{p_i-1}-1|2^n-1}\) dla \(\displaystyle{ i=1,2,...,k}\) reszta trywialna tak jak zreszta cale to zadanie

[Piotr Rutkowski]

A co to była za książeczka?

Udowodnij, ze wielomian
\(\displaystyle{ (x-a_1)(x-a_2)...(x-a_n)-1}\) jest nieskracalny (ai sa calkowite i parami rozne).

Jakby był skracalny to miałby jakiś pierwiastek całkowity, a więc byłby podzielny przez \(\displaystyle{ x-k}\) dla jakiegoś k. Zatem wtedy \(\displaystyle{ (W(k)=0)\iff ((k-a_{1})(k-a_{2})...(k-a_{n})=1=)}\) co nie może być prawdą. Sprzeczność dowodzi tezy zadania. Q.E.D.

[limes123]

Podobne bylo ostatnio na forum. Udowodnij, ze jesli wielomiany P i Q spelniaja P(Q(x))=Q(P(x)) i rownanie P(x)=Q(x) nie ma rozwiazan w liczbach rzeczywistych, to rownanie P(P(x))=Q(Q(x)) tez ich nie ma. (wrzucajcie tez cos;p)

[Piotr Rutkowski]

Załóżmy wbrew tezie, że istnieje takie x, że \(\displaystyle{ P(P(x))=Q(Q(x))}\)
Z danych zadania wtedy \(\displaystyle{ Q(Q(x))-P(Q(x))=P(P(x))-Q(P(x))}\)
Niech \(\displaystyle{ W(x)=P(x)-Q(x)\neq 0}\)
Oczywiście \(\displaystyle{ W(x)}\) jest wielomianem i nie posiada pierwiastków rzeczywistych.
Ale z naszego założenia:
\(\displaystyle{ W(Q(x))=-W(P(x))}\). Załóźmy WLOG, że \(\displaystyle{ P(x)>Q(x)}\)
Wtedy korzystając z ciągłości wielomianu \(\displaystyle{ W(x)}\) i tw. Darboux otrzymujemy, iż \(\displaystyle{ \exists_{r\in <Q(x),P(x)>} \ W(r)=0}\). Otrzymana sprzeczność dowodzie tezy zadania.
Q.E.D.

Jutro wrzucę coś od siebie.

[TomciO]

Ehm, znowu "zadanie na II etap" Już je znam, jak ktoś chce, to rozwiązanie może znaleźć

tutaj:    

Zwardoń 2007 - Na dwudziestu uczestników było 19 zer i jedna piątka za to zadanie...

Hehe, moja .

To zadanie z tym wielomianem \(\displaystyle{ (x-a_1)(x-a_2)\ldots(x-a_n) - 1}\) brzmi tak, że trzeba pokazać, że ten wielomian jest nierozkładalny. Tzn. nie mam pojęcia co to znaczy, że wielomian jest nieskracalny, ale co by to nie znaczyło to w każdym razie rozwiązanie polskiegomiśka nie działa w poprawnej wersji bo oczywiście wielomian rozkładalny nie musi mieć pierwiastka.

[Dumel]

1. znaleźć wszystkie funkcje rosnące \(\displaystyle{ f: N \to N}\) takie ze \(\displaystyle{ f(yf(x))=x^2f(xy)}\) (nie chodzi koniecznie o wielomian jak w temacie ale chyba nikt nie zaprotestuje )
2. udowodnij ze nie istnieja liczby calkowite m,n,p dla ktorych \(\displaystyle{ 4mn-m-n=p^2}\)

[MagdaW]

Ad. 1- próba

Ukryta treść:    

1. \(\displaystyle{ x=y=0 \Rightarrow f(0)=0

2.y=1, x=x \Rightarrow f(f(x))=x ^{2}f(x) \Rightarrow f(x)=x ^{2} \wedge x \in N \cup \{0\}}\)
Ale niekoniecznie jest to jedyna funkcja...

[limes123]

2. Jest rownowazne \(\displaystyle{ (4m-1)(4n-1)=4p^2+1}\). (1)
Lemat.
Kazdy dzielnik pierwszy liczby \(\displaystyle{ k^2+1}\) przystaje do 1 modulo 4.
Dowod.
Zalozmy, ze istnieje takie pierwsze q, ze \(\displaystyle{ q|k^2+1}\) i \(\displaystyle{ q=4l+3}\). Na mocy MTF \(\displaystyle{ 1\equiv k^{q-1}=k^{4l+2}=(k^2)^{2l+1}\equiv -1 (mod q)}\) co jest sprzecznoscia.
Oznacza to, ze wyrazenie po prawej stronie (1) ma dzielnik pierwszy postaci 4l+3 co jest sprzecznoscia.

[Dumel]

w nierownościach teraz cisza (jedną tam dorzucilem ale nie widac bo sie dopisala do mojego ostatniego posta wiec milo byloby gdyby ktos zerknal ) wiec wrzuce to tu bo w sumie tez pasuje:
wielomian \(\displaystyle{ P(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+1}\) o nieujemnych wspolczynnikach ma \(\displaystyle{ n}\) pierwiastków rzeczywistych. udowodnic ze \(\displaystyle{ P(2) \ge 3^n}\)
ładne, proste (choc na pierwszy rzut oka moze sie wydawac trudne) - idealne na II etap

[limes123]

Ma wszystkie wspolczynniki nieujemne, czyli nie ma pierwiastkow dodatnich. Mozna do zatem zapisac w formie
\(\displaystyle{ P(x)=(x+x_1)(x+x_2)...(x+x_n)}\). Teraz oczywisty lemat \(\displaystyle{ 2+y\geq 3\sqrt[3]{y}}\) ktory wynika wprost z AmGm (y jest nieujemne). Stosujac go do tego wielomianu + wzory Viete'a otrzymujemy
\(\displaystyle{ P(2)=(2+x_1)...(2+x_n)\geq 3^n\sqrt[3]{x_1x_2...x_n}=3^n}\) ckd

Niech \(\displaystyle{ n\geq a_1>a_2>...>a_k}\) beda liczbami calkowitymi dodatnimi spelniajacymi \(\displaystyle{ NWW(a_i,a_j)\leq n}\) dla dowolnych roznych i,j z zbioru {1,2,...,k}. Udowodnij, ze \(\displaystyle{ ia_i\leq n}\) dla i=1,2,...,k.

[Dumel]

ok, koncowke mozna tez zalatwic nierownoscia Minkowskiego

-- 3 lutego 2009, 15:44 --

\(\displaystyle{ x,y}\)- liczby calkowite dodatnie spelniajace rownanie \(\displaystyle{ 2x^2+x=3y^2+y}\).udowodnic ze \(\displaystyle{ x-y}\) jest kwadratem liczby naturalnej

-- 4 lutego 2009, 18:58 --

zostalem poproszony o zamieszczenie rozwiazania powyzszego zadania, więc (moje rozwiązanie):

Ukryta treść:    

jesli x=y=0 jest ok. w przeciwnym razie mamy x-y>0. przyjmujemy \(\displaystyle{ a=x-y}\) i przeksztalcamy rownanie do postaci \(\displaystyle{ y^2=2a(a+2y)+a}\). kazda liczbe naturalna mozemy przedstawic w postaci \(\displaystyle{ a=x^2b}\) gdzie b jest równe 1, lub jest iloczynem pierwszych potęg różnych liczb pierwszych. podstawiamy to do rownania, dzielimy przez \(\displaystyle{ x^2}\) i mamy \(\displaystyle{ 2b(x^2b+2y)+b=( \frac{y}{x})^2=P^2}\). z definicji b wynika ze skoro \(\displaystyle{ b|P^2}\) to rowniez \(\displaystyle{ b^2|P^2}\) a wiec \(\displaystyle{ b|4y+1}\), ale jednoczescie (bo b|P) \(\displaystyle{ b|y}\) a wiec \(\displaystyle{ b=1}\) ckd

[Piotrusg]

Czy moznaby wzorcowke do 1 zadanie to równanie funkcyjne zobaczyc ?? Chodzi o to co Dumel wrzucil bo ta proba rozwiazania mnie jakos nie przekonuje a chcialbym jakis sposob na to poznac z gory dzieki