Forum matematyczne: miliony postów, setki tysięcy tematów, dziesiątki tysięcy użytkowników - pomożemy rozwiązać każde zadanie z matematyki https://matematyka.pl/
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
: 22 mar 2014, o 14:18
autor: mol_ksiazkowy
A czemu tu sie nic nie zmienia....? !
Problem „silnia jako iloczyn silni”:
Równanie \(\displaystyle{ x!y! =z!}\) ma nieskończenie wiele rozwiązań, bo: np. \(\displaystyle{ x =n \ y = n! - 1 \ z=n!}\), choć nie są to wszyskie bo np. \(\displaystyle{ 6!7! =10!}\).
Czy problem ten dla czterech oraz dla pięciu zmiennych też ma nieskończenie wiele rozwiązań w \(\displaystyle{ N!}\); (wszyskie zmienne \(\displaystyle{ x, y, z, ....}\) są > 1) ?
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
: 24 mar 2014, o 05:36
autor: Msciwoj
Mam ukrywać, czy nie? Dla bezpieczeństwa to zrobię:
Ukryta treść:
Udowodnimy sobie ogólniejsze twierdzenie. Mianowicie takie: \(\displaystyle{ x_1! x_2! \ldots x_m ! = y!}\) ma nieskończenie wiele rozwiązań w liczbach naturalnych większych niż \(\displaystyle{ 1}\).
Nie wiem, czy o to chodziło w sumie, bo nie sprecyzowałeś, co oznacza "dla czterech lub pięciu zmiennych". Bo może być np. \(\displaystyle{ x! y! z!= a! b!}\) i to już jest inny problem. Ale na razie rozwiążemy ten, bo jest prostszy, a jest piąta rano, a ja jeszcze nie poszedłem spać.
Zrobimy sobie indukcję. Pierwszy krok pokazałeś, załóżmy więc, że teza zachodzi dla jakiegoś \(\displaystyle{ m}\).
Mamy udowodnić, że \(\displaystyle{ x_1! x_2! \ldots x_{m+1}! = z!}\) ma nieskończenie wiele rozwiązań. Bierzemy więc jedno z tych nieskończenie wielu rozwiązań z założenia indukcyjnego i piszemy, że \(\displaystyle{ y! x_{m+1}! = z!}\).
Gdzie \(\displaystyle{ y}\) to jakaś liczba naturalna, która spełnia założenie indukcyjne (jej silnia jest równa iloczynowi silni jakichś \(\displaystyle{ m}\) liczb.
Ale możemy w tej sytuacji zapisać: \(\displaystyle{ x_{m+1} = y! - 1}\), \(\displaystyle{ z=y!}\).
No i to nam spełnia to równanie. A że każde rozwiązanie dla \(\displaystyle{ m}\) liczb daje nam jedno rozwiązanie dla \(\displaystyle{ m+1}\), a tych pierwszych jest nieskończenie wiele, to tych drugich też musi być. Jeszcze tylko korzystamy z zasady indukcji matematycznej i kończymy dowód. Kwadrat.
Mam coś wrzucać czy dłubiemy to dalej?
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
: 18 wrz 2014, o 16:07
autor: mol_ksiazkowy
Zadanie
Mając 8 różnych liczb : \(\displaystyle{ a_1, a_2, ...a_7, a_8}\) ze zbioru \(\displaystyle{ \{ 1, ..., 16 \}}\) udowodnić że istnieje \(\displaystyle{ k}\) takie, że równanie \(\displaystyle{ a_i - a_j =k}\) ma co najmniej 3 różne rozwiązania \(\displaystyle{ (a_i, a_j)}\)
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
: 18 wrz 2014, o 20:16
autor: Msciwoj
Ukryta treść:
Na początku weźmy \(\displaystyle{ k=1}\). Załóżmy teraz, że równanie \(\displaystyle{ a_i - a_j =1}\) nie ma trzech różnych rozwiązań. Może więc mieć tych rozwiązań \(\displaystyle{ 0,1}\) lub \(\displaystyle{ 2}\). Oczywiście, jeżeli para \(\displaystyle{ (a_i,a_j)}\) jest rozwiązaniem tego równania, to \(\displaystyle{ i=j+1}\), innymi słowy, są to kolejne liczby. Skupię się w rozwiązaniu tylko na takich rozwiązaniach, w których te liczby są kolejne.
Niech będzie \(\displaystyle{ a_{j+1} - a_j = k_j}\). Wtedy, zakładając że liczby te są uszeregowane rosnąco (bez utraty ogólności) \(\displaystyle{ a_8 - a_1 = k_7+k_6+k_5+k_4+k_3+k_2+k_1}\).
Przypuśćmy, że \(\displaystyle{ k}\)spełniającym warunki zadania nie jest ani \(\displaystyle{ 1}\) ani \(\displaystyle{ 2}\) ani \(\displaystyle{ 3}\). Wtedy co najwyżej dwie z siedmiu liczb \(\displaystyle{ k_i}\) mogą być jedynkami, co najwyżej dwie z tych liczb mogą być dwójkami oraz oczywiście co najwyżej dwie z nich mogą być trójkami. Jeżeli jakaś liczba nie jest ani trójką, ani dwójką, ani jedynką, to musi być od nich większa. Większa, czyli równa co najmniej 4. Bo musi być naturalna i nie może być zerem, bo liczby \(\displaystyle{ a_i}\) są różne. Możemy więc ograniczyć sumę wszystkich \(\displaystyle{ k_i}\) od dołu:
\(\displaystyle{ k_7+k_6+k_5+k_4+k_3+k_2+k_1 \ge 1+1+2+2+3+3+4 = 16}\).
Czyli \(\displaystyle{ a_8-a_1 \ge 16}\). To jest jednak niemożliwe, bo liczby te należą do zbioru \(\displaystyle{ \left\{ 1,...,16 \right\}}\).
Sprzeczność oznacza, że jedna z liczb \(\displaystyle{ 1,2,3}\) jako \(\displaystyle{ k}\) spełnia warunki zadania.
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
: 26 gru 2015, o 15:54
autor: Htorb
Dawno nic tutaj się nie pojawiło, może więc warto coś wrzucić:
Czy istnieje nieskończony ciąg liczb pierwszych \(\displaystyle{ p_1, \ p_2,\ldots, p_n, \ p_{n+1},\ldots}\) taki, że: \(\displaystyle{ |p_{n+1}-2p_n|=1}\) dla każdego \(\displaystyle{ n \in \mathbb{N}}\)?
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
: 26 gru 2015, o 18:08
autor: Pinionrzek
Ukryta treść:
Taki ciąg nie istnieje. Zauważmy po pierwsze, że jeżeli \(\displaystyle{ p_1 \equiv 2 \pmod{3}}\), to \(\displaystyle{ p_n \equiv 2 \pmod{3}}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ n \in \mathbb{N}}\). Widzimy więc, że dla takiego \(\displaystyle{ p_1}\) mamy \(\displaystyle{ p_n=2p_{n-1}+1}\), czyli \(\displaystyle{ p_n=2^n(p_1+1)-1}\). Z tego wynika, że dowolnej liczby pierwszej \(\displaystyle{ p>3}\), \(\displaystyle{ 2^n(p_1+1)}\) nie przystaje do \(\displaystyle{ 1}\) modulo \(\displaystyle{ p}\) dla żadnego \(\displaystyle{ n}\). Rozważając jednak takie \(\displaystyle{ p}\), że \(\displaystyle{ 2}\) jest generatorem w \(\displaystyle{ F_p}\), otrzymujemy sprzeczność, gdyż wtedy będzie istniała odwrotność modulo \(\displaystyle{ p}\) dla \(\displaystyle{ p_1+1}\). Jeżeli \(\displaystyle{ p_1 \equiv 1 \pmod{3}}\), to robimy wszystko analogicznie. Natomiast gdy \(\displaystyle{ p_1 \le 3}\), to nasze zadanie tak naprawdę sprowadza się do tego samego(wystarczy, że przesuniemy indeks od \(\displaystyle{ 1}\) lub \(\displaystyle{ 2}\)).
-- 26 gru 2015, o 18:19 --Liczbę harmoniczną \(\displaystyle{ h_n}\) definiujemy następująco: \(\displaystyle{ h_n= \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i}}\). Czy różnica dwóch różnych liczb harmonicznych może być liczbą harmoniczną?
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
: 26 gru 2015, o 20:27
autor: wielkireturner
Pinionrzek pisze:
Ukryta treść:
Taki ciąg nie istnieje. Zauważmy po pierwsze, że jeżeli \(\displaystyle{ p_1 \equiv 2 \pmod{3}}\), to \(\displaystyle{ p_n \equiv 2 \pmod{3}}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ n \in \mathbb{N}}\). Widzimy więc, że dla takiego \(\displaystyle{ p_1}\) mamy \(\displaystyle{ p_n=2p_{n-1}+1}\), czyli \(\displaystyle{ p_n=2^n(p_1+1)-1}\). Z tego wynika, że dowolnej liczby pierwszej \(\displaystyle{ p>3}\), \(\displaystyle{ 2^n(p_1+1)}\) nie przystaje do \(\displaystyle{ 1}\) modulo \(\displaystyle{ p}\) dla żadnego \(\displaystyle{ n}\). Rozważając jednak takie \(\displaystyle{ p}\), że \(\displaystyle{ 2}\) jest generatorem w \(\displaystyle{ F_p}\), otrzymujemy sprzeczność, gdyż wtedy będzie istniała odwrotność modulo \(\displaystyle{ p}\) dla \(\displaystyle{ p_1+1}\). Jeżeli \(\displaystyle{ p_1 \equiv 1 \pmod{3}}\), to robimy wszystko analogicznie. Natomiast gdy \(\displaystyle{ p_1 \le 3}\), to nasze zadanie tak naprawdę sprowadza się do tego samego(wystarczy, że przesuniemy indeks od \(\displaystyle{ 1}\) lub \(\displaystyle{ 2}\)).
-- 26 gru 2015, o 18:19 --
Liczbę harmoniczną \(\displaystyle{ h_n}\) definiujemy następująco: \(\displaystyle{ h_n= \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i}}\). Czy różnica dwóch różnych liczb harmonicznych może być liczbą harmoniczną?
Nie. Wystarczy zauważyć, że takiej liczbie będzie brakowało początkowych wyrazów, by była harmoniczna. Może daj coś trudniejszego. I wyjaśnij, co rozumiesz przez generator w \(\displaystyle{ F_{p}}\).
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
: 26 gru 2015, o 21:16
autor: a4karo
wielkireturner pisze:
Pinionrzek pisze:
Liczbę harmoniczną \(\displaystyle{ h_n}\) definiujemy następująco: \(\displaystyle{ h_n= \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i}}\). Czy różnica dwóch różnych liczb harmonicznych może być liczbą harmoniczną?
Nie. Wystarczy zauważyć, że takiej liczbie będzie brakowało początkowych wyrazów, by była harmoniczna. Może daj coś trudniejszego. I wyjaśnij, co rozumiesz przez generator w \(\displaystyle{ F_{p}}\).
Ten argument, niestety, jest do bani. Przemyśl go...
Liczbę trójkątną \(\displaystyle{ T_n}\) definiujemy nastepująco: \(\displaystyle{ T_n=\sum_{i=1}^{n}{i}}\). Czy różnica dwóch różnych liczb trójkątnych może być liczbą trójkątną?
Nie. Wystarczy zauważyć, że takiej liczbie będzie brakowało początkowych wyrazów
Ale \(\displaystyle{ (1+2+3+4+5+6)-(1+2+3+4+5)=1+2+3}\)
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
: 26 gru 2015, o 21:30
autor: wielkireturner
a4karo pisze:
wielkireturner pisze:
Pinionrzek pisze:
Liczbę harmoniczną \(\displaystyle{ h_n}\) definiujemy następująco: \(\displaystyle{ h_n= \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i}}\). Czy różnica dwóch różnych liczb harmonicznych może być liczbą harmoniczną?
Nie. Wystarczy zauważyć, że takiej liczbie będzie brakowało początkowych wyrazów, by była harmoniczna. Może daj coś trudniejszego. I wyjaśnij, co rozumiesz przez generator w \(\displaystyle{ F_{p}}\).
Ten argument, niestety, jest do bani. Przemyśl go...
Liczbę trójkątną \(\displaystyle{ T_n}\) definiujemy nastepująco: \(\displaystyle{ T_n=\sum_{i=1}^{n}{i}}\). Czy różnica dwóch różnych liczb trójkątnych może być liczbą trójkątną?
Nie. Wystarczy zauważyć, że takiej liczbie będzie brakowało początkowych wyrazów
Ale \(\displaystyle{ (1+2+3+4+5+6)-(1+2+3+4+5)=1+2+3}\)
To trochę inny przypadek. Do tego mój argument się nie odnosi.
Być może zastanowię się nieco bardziej nad tym zadaniem.
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
: 26 gru 2015, o 22:45
autor: Htorb
Ukryta treść:
Łatwo zauważyć, że teza jest równoważna istnieniu takich liczb \(\displaystyle{ i < j < a}\), że \(\displaystyle{ 1+\frac{1}{2}+ \ldots+ \frac{1}{i}=\frac{1}{j}+\frac{1}{j+1}+\ldots+\frac{1}{a}}\). Widzimy, że \(\displaystyle{ a \ge 2j-1}\) ( \(\displaystyle{ \sum_{k=i}^{2j-1} \frac{1}{k}<j \frac{1}{j}}\)).
Wybierzmy największą liczbę pierwszą \(\displaystyle{ p \in \{j,j+1,\ldots a\}}\), możemy to zrobić na mocy postulatu Bertranda. Jeżeli w zbiorze \(\displaystyle{ \{j,j+1 \ldots,a\}}\) istniałaby inna liczb podzielna przez \(\displaystyle{ p}\) różna od \(\displaystyle{ p}\) to w szczególności \(\displaystyle{ 2p \in \{j,j+1 \ldots,a\}}\) czyli pomiędzy \(\displaystyle{ p}\), a \(\displaystyle{ 2p}\) istniałaby liczb pierwsza \(\displaystyle{ q}\) co jest sprzeczne z maksymalnością \(\displaystyle{ p}\).
Mnożąc wyjściową nierówność przez \(\displaystyle{ i!j(j+1)\cdots a}\) i rozważając ją modulo \(\displaystyle{ p}\) otrzymamy sprzeczność.
Udowodnić, że dla każdej liczby \(\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}_+}\) istnieje taki zbiór \(\displaystyle{ X \subset \mathbb{Z}_+}\), że \(\displaystyle{ \#X=n}\) oraz średnia arytmetyczna elementów każdego podzbioru \(\displaystyle{ X}\) jest potęgą liczby naturalnej.
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
: 26 gru 2015, o 22:48
autor: a4karo
Tak, to jest argument
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
: 31 mar 2016, o 14:00
autor: TomciO
Chyba nikomu się nie chciało tego zapisywać, więc się przemogłem:)
Ukryta treść:
Ponumerujmy podzbiory danego zbioru \(\displaystyle{ X}\), niech \(\displaystyle{ s_i}\) oznacza sumę, zaś \(\displaystyle{ n_i}\) liczność \(\displaystyle{ i}\)-go podzbioru dla \(\displaystyle{ i=1, 2, \ldots, N = 2^n}\). Udowodnimy indukcyjnie, że istnieje taki zbiór \(\displaystyle{ X}\) oraz \(\displaystyle{ N}\) różnych liczb pierwszych \(\displaystyle{ p_1, p_2, \ldots, p_N}\) takich, że \(\displaystyle{ \frac{s_i}{n_i} = x^{p_i}}\) dla pewnej liczby całkowitej dodatniej \(\displaystyle{ x}\).
Dla \(\displaystyle{ n=1}\) nie ma czego dowodzić, więc załóżmy, że warunek jest spełniony dla \(\displaystyle{ n}\). Wybierzmy nowe \(\displaystyle{ N}\)różnych liczb pierwszych \(\displaystyle{ p'_1 < p'_2 < \ldots < p'_N}\), z których każda jest większa niż dowolna liczba \(\displaystyle{ p_i}\). Do zbioru \(\displaystyle{ X}\) dodajmy dowolny element \(\displaystyle{ x}\), który do niego nie należy. Liczba \(\displaystyle{ \frac{s_i}{n_i}}\) jest \(\displaystyle{ p_i-}\)tą potęgą z założenia indukcyjnego. Niech \(\displaystyle{ q_1, q_2, \ldots, q_m}\) będą wszystkimi czynnikami pierwszymi, które dzielą licznik lub miankownik ułamka zapisanego w postaci nieskracalnej jednej z liczb postaci \(\displaystyle{ \frac{x+s_i}{n_i+1}}\) dla \(\displaystyle{ 1 \leq i \leq N}\) lub liczbę \(\displaystyle{ (n+1)!}\). Załóżmy, że \(\displaystyle{ \frac{x+s_i}{n_i+1} = q_1^{r_{i1}}q_2^{r_{i2}} \ldots q_m^{r_{im}}}\) (gdzie \(\displaystyle{ r_{ij} \in \mathbb{Z}}\)).
Niech \(\displaystyle{ s_i}\) będzie wykładnikiem liczby \(\displaystyle{ q_i}\) w \(\displaystyle{ (n+1)!}\) (być może \(\displaystyle{ s_i= 0}\)) dla \(\displaystyle{ 1 \leq i \leq N}\). Z chińskiego twierdzenia o resztach, dla dowolnego \(\displaystyle{ 1 \leq i \leq N}\) istnieje dodatnie rozwiązanie \(\displaystyle{ k_i}\) układu kongruencji
Niech \(\displaystyle{ d = (n+1)! q_1^{k_1}q_2^{k_2} \ldots q_m^{k_m}}\). Zauważmy teraz, że jeżeli każdy element zbioru \(\displaystyle{ X \cup \{ x \}}\) przemnożymy przez \(\displaystyle{ d}\), to otrzymamy zbiór \(\displaystyle{ (n+1)}\)-elementowy, który spełnia żądany warunek. Średnie arytmetyczne utworzone z pomnożonych elementów poprzedniego zbioru dalej są \(\displaystyle{ p_i}\)-tymi potęgami, gdyż \(\displaystyle{ k_i}\) zostało tak dobrane, że reszta z dzielenia wykładnika przez \(\displaystyle{ p_i}\) nie zmienia się po domnożeniu. Co więcej, liczba \(\displaystyle{ \frac{dx+ds_i}{n_i+1}}\) jest całkowita ze względu na to, że \(\displaystyle{ (n+1)! | d}\) oraz jest \(\displaystyle{ p'_i}\)-tą potęgą (ze względu na dobór \(\displaystyle{ k_i}\)). Kończy to rozwiązanie zadania.
Nowe zadanie: dla danego wielomianu \(\displaystyle{ f(x)}\) o współczynnikach całkowitych oznaczmy przez \(\displaystyle{ P_f}\) zbiór wszystkich liczb pierwszych \(\displaystyle{ p}\), dla których istnieje \(\displaystyle{ x \in \mathbb{Z}}\) takie, że \(\displaystyle{ p | f(x)}\), ale \(\displaystyle{ p^2}\) nie dzieli \(\displaystyle{ f(y)}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ y \in \mathbb{Z}}\). Udowodnić, że zbiór \(\displaystyle{ P_f}\) jest skończony.
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
: 6 cze 2016, o 09:31
autor: Slup
Nie wiem czy ktokolwiek to czyta. Moje rozwiązanie nie będzie zupełnie "elementarne", dlatego chętnie zobaczę rozwiązanie, które nie korzysta z wyróżnika i jego właśności.
edit: Htorb wskazał lukę w moim rozumowaniu, ale teraz już powinno być dobrze.
Ukryta treść:
Rozłóżmy \(\displaystyle{ f(x)}\) na iloczyn wielomianów nierozkładalnych w \(\displaystyle{ \mathbb{Z}[x]}\). Weźmy dowolny z czynników tego rozkładu. Jeżeli pokażemy, że teza zachodzi dla tego dowolnie wybranego czynnika, to wygramy. Stąd wynika, że można założyć, że \(\displaystyle{ f(x)}\) jest nierozkładalny w \(\displaystyle{ \mathbb{Z}[x]}\).
Dla każdego \(\displaystyle{ a\in \mathbb{Z}}\) mamy wzór Taylora: \(\displaystyle{ f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+(x-a)^2g(x)}\)
Załóżmy, że \(\displaystyle{ p|f(a)}\) oraz \(\displaystyle{ p^2}\) nie dzieli \(\displaystyle{ f(a)}\) i napiszmy: \(\displaystyle{ f(a)=mp}\)
dla \(\displaystyle{ m\in \mathbb{Z}}\) takiego, że \(\displaystyle{ p}\) nie dzieli \(\displaystyle{ m}\).
Będziemy chcieli zaburzyć \(\displaystyle{ a}\) tak, żeby znależć zero \(\displaystyle{ f(x)}\) modulo \(\displaystyle{ p^2}\). Formalnie poszukujemy \(\displaystyle{ b\in \mathbb{Z}}\) takiego, że: \(\displaystyle{ p|b-a}\) oraz \(\displaystyle{ p^2|f(b)}\).
W tym celu napiszmy \(\displaystyle{ b=a+kp}\) dla \(\displaystyle{ k\in \mathbb{Z}}\). Wstawmy \(\displaystyle{ x=b}\) do wzoru Taylora powyżej: \(\displaystyle{ f(b)=f(a)+f'(a)(b-a)+(b-a)^2g(b)\equiv f(a)+f'(a)(b-a)\, (\mathrm{mod}\, p^2)}\)
Ostatecznie: \(\displaystyle{ f(b)\equiv mp+f'(a)kp\,(\mathrm{mod}\, p^2)}\)
Stąd takie \(\displaystyle{ b}\) istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje \(\displaystyle{ k\in \mathbb{Z}}\), które jest rozwiązaniem kongruencji: \(\displaystyle{ m+f'(a)k\equiv 0 \pmod{p}}\)
Wobec tego, że \(\displaystyle{ p}\) nie dzieli \(\displaystyle{ m}\), widać, że takie \(\displaystyle{ b\in \mathbb{Z}}\) istnieje, jeżeli \(\displaystyle{ f'(a)}\) nie jest podzielne przez \(\displaystyle{ p}\).
Stąd mamy zawieranie: \(\displaystyle{ P_f\subseteq \{p\in \mathbb{P}\mid \text{istnieje}\, a\in \mathbb{Z} \,\text{takie, że}\, f(a)\equiv f'(a)\equiv 0\,(\mathrm{mod}\,p)\}}\)
Oznaczmy zbiór po prawej stronie przez \(\displaystyle{ Q_f}\).
Wykażemy, że zbiór \(\displaystyle{ Q_f}\) jest skończony lub teza zadania zachodzi.
W tym celu przypomnijmy, że dla każdego wielomianu \(\displaystyle{ g(x)\in \mathbb{Z}[x]}\) istnieje liczba \(\displaystyle{ D(g)\in \mathbb{Z}}\) zwana wyróżnikiem tego wielomianu, która ma następującą własność: \(\displaystyle{ D(g)\equiv 0\,(\mathrm{mod}\,p)}\)
wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ g(x)}\) ma pierwiastek podwójny w ciele \(\displaystyle{ \mathbb{F}_p}\) tj. zbiorze reszt modulo \(\displaystyle{ p}\) z mnożeniem i dodawaniem. Dodatkowo \(\displaystyle{ D(f)=0}\) wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ f(x)}\) ma nad liczbami zespolonymi pierwiastek podwójny.
Jeżeli \(\displaystyle{ g(x)=ax^2+bx+c}\) jest wielomianem stopnia dwa, to wtedy \(\displaystyle{ D(g)=b^2-4ac}\) i łatwo sprawdzić, że stara dobra delta ma tę właśność, którą podałem wyżej. Jeżeli kogoś interesuje jak to wygląda dla wielomianów wyższych stopni, to mogę opowiedzieć o tym w prywatnej wiadomości.
To teraz wróćmy do naszego zadania.
Niech \(\displaystyle{ p\in Q_f}\). Wtedy istnieje \(\displaystyle{ a\in \mathbb{Z}}\) taka, że \(\displaystyle{ f(a)\equiv f'(a)\equiv 0\,(\mathrm{mod}\,p)}\). Zatem ze wzoru Taylora: \(\displaystyle{ f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+(x-a)^2g(x)}\)
widać, że reszta \(\displaystyle{ a}\) modulo \(\displaystyle{ p}\) jest pierwiastkiem podwójnym wielomianu \(\displaystyle{ f}\) wziętym modulo \(\displaystyle{ p}\). Z tego wynika, że: \(\displaystyle{ D(f)\equiv 0\,(\mathrm{mod}\,p)}\)
lub równoważnie: \(\displaystyle{ p|D(f)}\)
Zatem zbiór \(\displaystyle{ Q_f}\) składa się z dzielników pierwszych \(\displaystyle{ D(f)}\).
Jeżeli przyjmiemy, że \(\displaystyle{ D(f)\neq 0}\) to wtedy \(\displaystyle{ D(f)}\) ma tylko skończenie wiele dzielników. Stąd \(\displaystyle{ Q_f}\) jest zbiorem skończonym, a więc również \(\displaystyle{ P_f\subseteq Q_f}\) jest zbiorem skończonym i mamy tezę.
Jeżeli \(\displaystyle{ D(f)=0}\), to \(\displaystyle{ f(x)}\) ma w liczbach zespolonych pierwiastek podwójny. Tzn. \(\displaystyle{ (x-\alpha)^2|f(x)}\)
dla pewnego \(\displaystyle{ \alpha\in \mathbb{C}}\). Wówczas pochodna \(\displaystyle{ f'(x)}\) też ma ten pierwiastek. Zauważmy, że \(\displaystyle{ f(x)}\), \(\displaystyle{ f'(x)\in \mathbb{Z}[x]}\) można traktować jako wielomiany w \(\displaystyle{ \mathbb{Q}[x]}\). Stosując algorytm euklidesa w \(\displaystyle{ \mathbb{Q}[x]}\) do pary \(\displaystyle{ f(x)}\), \(\displaystyle{ f'(x)}\), widzimy, że ich wspólny dzielnik \(\displaystyle{ h(x)\in \mathbb{Q}[x]}\) jest pewnym wielomianem podzielnym przez \(\displaystyle{ x-\alpha}\). Stąd \(\displaystyle{ h(x)}\) jest wielomianem stopnia co najmniej jeden i dzieli w \(\displaystyle{ \mathbb{Q}[x]}\) wielomian \(\displaystyle{ f(x)}\). Z założenia \(\displaystyle{ f(x)}\) jest nierozkładalny nad \(\displaystyle{ \mathbb{Z}[x]}\). Na mocy lematu Gaussa jest więc nierozkładalny nad \(\displaystyle{ \mathbb{Q}[x]}\). To daje sprzeczność, bo pokazaliśmy, że: \(\displaystyle{ h(x)|f(x)}\)
-- 9 cze 2016, o 17:06 --
W rozwiązaniu powyżej korzystam tylko z tego, że:
Jeżeli \(\displaystyle{ g(x)\in \mathbb{Z}[x]}\) ma podwójny pierwiastek \(\displaystyle{ \mathrm{mod}p}\), to \(\displaystyle{ D(g)\equiv 0\,(\mathrm{mod}\,p)}\)
Implikacja przeciwna nie jest prawdziwa.-- 10 cze 2016, o 14:46 --Dobra to daję zadanie. Pokazać, że istnieje dowolnie długi odcinek zbioru liczb naturalnych nie zawierający żadnej liczby bezkwadratowej.
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb
: 12 wrz 2016, o 18:24
autor: kicaj
Ustalmy \(\displaystyle{ n}\) i niech \(\displaystyle{ p_1 , ... , p_n}\) będą kolejnymi liczbami pierwszymi. Z chińskiego twierdzenia o resztach wynika, że istnieje liczba naturalna \(\displaystyle{ u}\) o tej własności, że \(\displaystyle{ u\equiv -1 (\mbox{mod} p_1^2) , u\equiv -2 (\mbox{mod} p_2^2), ... , u\equiv -n (\mbox{mod} p_n^2).}\) Zatem ciąg \(\displaystyle{ u+1 , u+2 , ... , u+n}\) czyni zadość warunkom zadania.
[MIX][Wielomiany][Teoria liczb] Wielomiany i teoria liczb