Equazione a coefficienti interi - SNS 1967

[elios]

"Si consideri l'equazione \( \displaystyle {{x}}^{{5}}+{a}_{{1}}\cdot{{x}}^{{4}}+{a}_{{2}}\cdot{{x}}^{{3}}+{a}_{{3}}\cdot{{x}}^{{2}}+{a}_{{4}}\cdot{x}+{a}_{{5}}={0} \) a coefficienti tutti interi.
Supponiamo che \( \displaystyle {a}_{{1}} \), \( \displaystyle {a}_{{2}} \), \( \displaystyle {a}_{{3}} \), \( \displaystyle {a}_{{4}} \), \( \displaystyle {a}_{{5}} \) siano tutti divisibile per un assegnato numero intero primo \( \displaystyle {p}\gt{1} \) e che \( \displaystyle {a}_{{5}} \) non sia divisibile per \( \displaystyle {{p}}^{{2}} \).
Dimostrare che l'equazione non ammette come soluzione alcun numero intero"

Io ho riscritto l'equazione in questo modo: \( \displaystyle {{x}}^{{5}}+{k}_{{1}}\cdot{p}\cdot{{x}}^{{4}}+{k}_{{2}}\cdot{p}\cdot{{x}}^{{3}}+{k}_{{3}}\cdot{p}\cdot{{x}}^{{2}}+{k}_{{4}}\cdot{p}\cdot{x}+{k}_{{5}}\cdot{p}={0} \). Ipotizzo che abbia soluzioni intere, per arrivare alla conclusione che ciò è accettabile solo se \( \displaystyle {k}_{{5}} \) è divisibile per \( \displaystyle {p} \) (escluso per ipotesi dal problema). Allora,
\( \displaystyle {k}_{{5}}\cdot{p}=-{\left({{x}}^{{5}}+{k}_{{1}}\cdot{p}\cdot{{x}}^{{4}}+{k}_{{2}}\cdot{p}\cdot{{x}}^{{3}}+{k}_{{3}}\cdot{p}\cdot{{x}}^{{2}}+{k}_{{4}}\cdot{p}\cdot{x}\right)} \)
\( \displaystyle {k}_{{5}}=-\frac{{{{x}}^{{5}}+{k}_{{1}}\cdot{p}\cdot{{x}}^{{4}}+{k}_{{2}}\cdot{p}\cdot{{x}}^{{3}}+{k}_{{3}}\cdot{p}\cdot{{x}}^{{2}}+{k}_{{4}}\cdot{p}\cdot{x}}}{{p}} \)
\( \displaystyle {k}_{{5}}=-{\left(\frac{{{x}}^{{5}}}{{p}}+{k}_{{1}}\cdot{{x}}^{{4}}+{k}_{{2}}\cdot{{x}}^{{3}}+{k}_{{3}}\cdot{{x}}^{{2}}+{k}_{{4}}\cdot{x}\right)} \)
Ovviamente \( \displaystyle {k}_{{5}} \) deve essere un numero intero (essendo un fattore del coefficiente intero \( \displaystyle {a}_{{5}} \)), quindi \( \displaystyle \frac{{{x}}^{{5}}}{{p}}+{k}_{{1}}\cdot{{x}}^{{4}}+{k}_{{2}}\cdot{{x}}^{{3}}+{k}_{{3}}\cdot{{x}}^{{2}}+{k}_{{4}}\cdot{x} \) deve essere una quantità intera. Gli ultimi 4 addendi sono interi per ogni soluzione intera (come abbiamo ipotizzato che siano) quindi deve essere intero \( \displaystyle \frac{{{x}}^{{5}}}{{p}} \). Affinché esso sia intero, \( \displaystyle {{x}}^{{5}} \) deve avere come divisore \( \displaystyle {p} \), cioè \( \displaystyle {x} \) deve essere divisibile per \( \displaystyle {p} \).
Se \( \displaystyle {x} \) deve essere divisibile per \( \displaystyle {p} \), allora \( \displaystyle {k}_{{5}}=-{\left(\frac{{{x}}^{{5}}}{{p}}+{k}_{{1}}\cdot{{x}}^{{4}}+{k}_{{2}}\cdot{{x}}^{{3}}+{k}_{{3}}\cdot{{x}}^{{2}}+{k}_{{4}}\cdot{x}\right)} \) è divisibile per \( \displaystyle {p} \), cosa esclusa dall'ipotesi che \( \displaystyle {a}_{{5}} \) non è divisibile per \( \displaystyle {{p}}^{{2}} \).
Posso dedurre perciò che se \( \displaystyle {a}_{{5}} \) non è divisibile per \( \displaystyle {{p}}^{{2}} \), l'equazione non ammette soluzioni intere.



E' corretta?

[Paolo90]

Il teorema mi pare il cosiddetto criterio di irriducibilità di Eisestein.

[elios]

Credi che la mia dimostrazione sia accettabile?

[Morpheus 21]

La dimostrazione secono me non fa una grinza..... e poi non è troppo diversa da quella indicata nel link di Paolo90 !!!

Bravo.... carina come idea

[WiZaRd]

Molto probabilmente sono io che non ho capito la tua soluzione, ma a me non torna.

Io ho riscritto l'equazione in questo modo: \( \displaystyle {{x}}^{{5}}+{k}_{{1}}\cdot{p}\cdot{{x}}^{{4}}+{k}_{{2}}\cdot{p}\cdot{{x}}^{{3}}+{k}_{{3}}\cdot{p}\cdot{{x}}^{{2}}+{k}_{{4}}\cdot{p}\cdot{x}+{k}_{{5}}\cdot{p}={0} \). Ipotizzo che abbia soluzioni intere, per arrivare alla conclusione che ciò è accettabile solo se \( \displaystyle {k}_{{5}} \) è divisibile per \( \displaystyle {p} \) (escluso per ipotesi dal problema).

Sono d'accordo.

Allora,
\( \displaystyle {k}_{{5}}\cdot{p}=-{\left({{x}}^{{5}}+{k}_{{1}}\cdot{p}\cdot{{x}}^{{4}}+{k}_{{2}}\cdot{p}\cdot{{x}}^{{3}}+{k}_{{3}}\cdot{p}\cdot{{x}}^{{2}}+{k}_{{4}}\cdot{p}\cdot{x}\right)} \)
\( \displaystyle {k}_{{5}}=-\frac{{{{x}}^{{5}}+{k}_{{1}}\cdot{p}\cdot{{x}}^{{4}}+{k}_{{2}}\cdot{p}\cdot{{x}}^{{3}}+{k}_{{3}}\cdot{p}\cdot{{x}}^{{2}}+{k}_{{4}}\cdot{p}\cdot{x}}}{{p}} \)
\( \displaystyle {k}_{{5}}=-{\left(\frac{{{x}}^{{5}}}{{p}}+{k}_{{1}}\cdot{{x}}^{{4}}+{k}_{{2}}\cdot{{x}}^{{3}}+{k}_{{3}}\cdot{{x}}^{{2}}+{k}_{{4}}\cdot{x}\right)} \)
Ovviamente \( \displaystyle {k}_{{5}} \) deve essere un numero intero (essendo un fattore del coefficiente intero \( \displaystyle {a}_{{5}} \)), quindi \( \displaystyle \frac{{{x}}^{{5}}}{{p}}+{k}_{{1}}\cdot{{x}}^{{4}}+{k}_{{2}}\cdot{{x}}^{{3}}+{k}_{{3}}\cdot{{x}}^{{2}}+{k}_{{4}}\cdot{x} \) deve essere una quantità intera. Gli ultimi 4 addendi sono interi per ogni soluzione intera (come abbiamo ipotizzato che siano) quindi deve essere intero \( \displaystyle \frac{{{x}}^{{5}}}{{p}} \). Affinché esso sia intero, \( \displaystyle {{x}}^{{5}} \) deve avere come divisore \( \displaystyle {p} \), cioè \( \displaystyle {x} \) deve essere divisibile per \( \displaystyle {p} \).

OK.

Se \( \displaystyle {x} \) deve essere divisibile per \( \displaystyle {p} \), allora \( \displaystyle {k}_{{5}}=-{\left(\frac{{{x}}^{{5}}}{{p}}+{k}_{{1}}\cdot{{x}}^{{4}}+{k}_{{2}}\cdot{{x}}^{{3}}+{k}_{{3}}\cdot{{x}}^{{2}}+{k}_{{4}}\cdot{x}\right)} \) è divisibile per \( \displaystyle {p} \)...

E perché? Tu hai mostrato che, essendo \( \displaystyle {k}_{{{5}}} \) intero, allora \( \displaystyle {p}{\mid}{x} \) ove \( \displaystyle {x} \) è la fantomatica soluzione intera dell'equazione. Cosa centra \( \displaystyle {k}_{{{5}}} \)?

[blackbishop13]

Se \( \displaystyle {x} \) deve essere divisibile per \( \displaystyle {p} \), allora \( \displaystyle {k}_{{5}}=-{\left(\frac{{{x}}^{{5}}}{{p}}+{k}_{{1}}\cdot{{x}}^{{4}}+{k}_{{2}}\cdot{{x}}^{{3}}+{k}_{{3}}\cdot{{x}}^{{2}}+{k}_{{4}}\cdot{x}\right)} \) è divisibile per \( \displaystyle {p} \)...

E perché? Tu hai mostrato che, essendo \( \displaystyle {k}_{{{5}}} \) intero, allora \( \displaystyle {p}{\mid}{x} \) ove \( \displaystyle {x} \) è la fantomatica soluzione intera dell'equazione. Cosa centra \( \displaystyle {k}_{{{5}}} \)?

\( \displaystyle {k}_{{5}}=-{\left(\frac{{{x}}^{{5}}}{{p}}+{k}_{{1}}\cdot{{x}}^{{4}}+{k}_{{2}}\cdot{{x}}^{{3}}+{k}_{{3}}\cdot{{x}}^{{2}}+{k}_{{4}}\cdot{x}\right)} \) quindi se \( \displaystyle {p}{\mid}{x} \) ne consegue che
\( \displaystyle {p}{\mid}{k}_{{1}}{{x}}^{{4}} \) e \( \displaystyle {p}{\mid}{k}_{{2}}{{x}}^{{3}} \) e \( \displaystyle {p}{\mid}{k}_{{3}}{{x}}^{{2}} \) e \( \displaystyle {p}{\mid}{k}_{{4}}{x} \) ed anche che \( \displaystyle {{p}}^{{2}}{\mid}{{x}}^{{5}} \) ovvero \( \displaystyle {p}{\mid}\frac{{{x}}^{{5}}}{{p}} \)

quindi \( \displaystyle {p} \) divide il secondo membro dell'equazione, e perciò divide anche il primo. ma se \( \displaystyle {p}{\mid}{k}_{{5}} \) allora \( \displaystyle {{p}}^{{2}}{\mid}{a}_{{5}} \) contro le ipotesi.

P.S. bella dimostrazione elios.

[WiZaRd]

OK. Tutto chiaro.
Thanks.

[giammaria]

Io vedo una soluzione così facile che probabilmente è sbagliata. Eccola:
Se x non è divisibile per p, sostituendolo nel primo membro si ottiene un numero non divisibile per p. Non può quindi valere zero, che è divisibile per ogni numero.
Se invece x è divisibile per p, sostituendolo notiamo che tutti i termini sono divisibili per \( \displaystyle {{p}}^{{2}} \), tranne l'ultimo che lo è solo per p. Il primo membro è quindi del tipo p*A, dove A non è divisibile per p e quindi non è zero.
Tertium non datur.

[blackbishop13]

Io vedo una soluzione così facile che probabilmente è sbagliata. Eccola:
Se x non è divisibile per p, sostituendolo nel primo membro si ottiene un numero non divisibile per p. Non può quindi valere zero, che è divisibile per ogni numero.
Se invece x è divisibile per p, sostituendolo notiamo che tutti i termini sono divisibili per \( \displaystyle {{p}}^{{2}} \), tranne l'ultimo che lo è solo per p. Il primo membro è quindi del tipo p*A, dove A non è divisibile per p e quindi non è zero.
Tertium non datur.

Non mi pare così tanto facile,provo a formalizzarla:

DIM. per assurdo: \( \displaystyle \exists{x}_{{0}}\in\mathbb{Z} \) \( \displaystyle /{{x}_{{0}}^{{5}}}+{a}_{{1}}{{x}}^{{4}}+{a}_{{2}}{{x}}^{{3}}+{a}_{{3}}{{x}}^{{2}}+{a}_{{4}}{x}+{a}_{{5}}={0} \)

I caso \( \displaystyle {p}{\mid}{x}_{{0}} \) , \( \displaystyle {x}_{{0}}={p}\cdot{m} \) con \( \displaystyle {m}\in\mathbb{Z} \)
\( \displaystyle {{m}}^{{5}}{{p}}^{{5}}+{a}_{{1}}{{m}}^{{4}}{{p}}^{{4}}+{a}_{{2}}{{m}}^{{3}}{{p}}^{{3}}+{a}_{{3}}{{m}}^{{2}}{{p}}^{{2}}+{p}\cdot{k}_{{4}}{m}{p}+{p}\cdot{k}_{{5}}={0} \)

\( \displaystyle {p}\cdot{\left[{p}\cdot{\left({{m}}^{{5}}{{p}}^{{3}}+{a}_{{1}}{{m}}^{{4}}{{p}}^{{2}}+{a}_{{2}}{{m}}^{{3}}{p}+{a}_{{3}}{{m}}^{{2}}+{k}_{{4}}{m}\right)}+{k}_{{5}}\right]}={0} \) essendo \( \displaystyle {p}\ne{0} \) è vero solo se

\( \displaystyle {p}\cdot{\left({{m}}^{{5}}{{p}}^{{3}}+{a}_{{1}}{{m}}^{{4}}{{p}}^{{2}}+{a}_{{2}}{{m}}^{{3}}{p}+{a}_{{3}}{{m}}^{{2}}+{k}_{{4}}{m}\right)}=-{k}_{{5}} \) tutte quantità intere, quindi è possibile se e solo se

\( \displaystyle {p}{\mid}{k}_{{5}} \) contrario alle ipotesi

II caso \( \displaystyle {p} \) non divide \( \displaystyle {x}_{{0}} \)

\( \displaystyle {{x}_{{0}}^{{5}}}+{p}\cdot{k}_{{1}}{{x}}^{{4}}+{p}\cdot{k}_{{2}}{{x}}^{{3}}+{p}\cdot{k}_{{3}}{{x}}^{{2}}+{p}\cdot{k}_{{4}}{x}+{p}\cdot{k}_{{5}}={0} \)

\( \displaystyle {{x}_{{0}}^{{5}}}=-{p}\cdot{\left({k}_{{1}}{{x}}^{{4}}+{k}_{{2}}{{x}}^{{3}}+{k}_{{3}}{{x}}^{{2}}+{k}_{{4}}{x}+{k}_{{5}}\right)} \) tutte quantità intere, quindi è possibile se e solo se

\( \displaystyle {p}{\mid}{{x}_{{0}}^{{5}}} \) quindi \( \displaystyle {p}{\mid}{x}_{{0}} \) contro le ipotesi

Tertium non datur.

in effetti è un' ottima intuizione, ho cambiato solo i punti in cui dici che non può valere 0, che è divisibile per ogni numero, con un paio di veloci passaggi che non mi lasciano dubbi, ma del tutto analoghi.

[elios]

Se \( \displaystyle {x} \) deve essere divisibile per \( \displaystyle {p} \), allora \( \displaystyle {k}_{{5}}=-{\left(\frac{{{x}}^{{5}}}{{p}}+{k}_{{1}}\cdot{{x}}^{{4}}+{k}_{{2}}\cdot{{x}}^{{3}}+{k}_{{3}}\cdot{{x}}^{{2}}+{k}_{{4}}\cdot{x}\right)} \) è divisibile per \( \displaystyle {p} \)...

E perché? Tu hai mostrato che, essendo \( \displaystyle {k}_{{{5}}} \) intero, allora \( \displaystyle {p}{\mid}{x} \) ove \( \displaystyle {x} \) è la fantomatica soluzione intera dell'equazione. Cosa centra \( \displaystyle {k}_{{{5}}} \)?

\( \displaystyle {k}_{{5}}=-{\left(\frac{{{x}}^{{5}}}{{p}}+{k}_{{1}}\cdot{{x}}^{{4}}+{k}_{{2}}\cdot{{x}}^{{3}}+{k}_{{3}}\cdot{{x}}^{{2}}+{k}_{{4}}\cdot{x}\right)} \) quindi se \( \displaystyle {p}{\mid}{x} \) ne consegue che
\( \displaystyle {p}{\mid}{k}_{{1}}{{x}}^{{4}} \) e \( \displaystyle {p}{\mid}{k}_{{2}}{{x}}^{{3}} \) e \( \displaystyle {p}{\mid}{k}_{{3}}{{x}}^{{2}} \) e \( \displaystyle {p}{\mid}{k}_{{4}}{x} \) ed anche che \( \displaystyle {{p}}^{{2}}{\mid}{{x}}^{{5}} \) ovvero \( \displaystyle {p}{\mid}\frac{{{x}}^{{5}}}{{p}} \)

quindi \( \displaystyle {p} \) divide il secondo membro dell'equazione, e perciò divide anche il primo. ma se \( \displaystyle {p}{\mid}{k}_{{5}} \) allora \( \displaystyle {{p}}^{{2}}{\mid}{a}_{{5}} \) contro le ipotesi.

P.S. bella dimostrazione elios.

Esattamente quello che avrei risposto (scusate il mio silenzio, sono stata un po' in giro in queste due settimane)

PPS: grazie