un'equazione di grado...2006!!!!

[Piera]

Per rendere omaggio al nuovo anno che è ormai alle porte
ecco un quesito con una bella equazione di grado 2006 :

dimostrare che l’equazione
x^2006 + 2006 x + 2q = 0 ,con q intero dispari
non ha soluzioni intere.
SUGGERIMENTO :
ragionare per assurdo distinguendo due casi: 1) soluzione dispari, 2) soluzione pari…

L’equazione può ammettere soluzioni razionali?

[carlo23]

Per rendere omaggio al nuovo anno che è ormai alle porte
ecco un quesito con una bella equazione di grado 2006 :

dimostrare che l’equazione
x^2006 + 2006 x + 2q = 0 ,con q intero dispari
non ha soluzioni intere.
SUGGERIMENTO :
ragionare per assurdo distinguendo due casi: 1) soluzione dispari, 2) soluzione pari…

L’equazione può ammettere soluzioni razionali?

Abbiamo

\( \displaystyle {{x}}^{{2006}}+{2006}{x}=-{2}{q} \)

quindi il primo membro deve essere pari, se x è dispari allora ciò è impossibile, quindi x è pari

\( \displaystyle {x}={2}{k} \)

da cui

\( \displaystyle {{\left({2}\right)}}^{{2005}}{{k}}^{{2006}}+{2006}{k}=-{q} \)

ma ciò e impossibile perchè il primo membro è sicuramente pari, metre il secondo è dispari.

Ciao, spero di aver fatto giusto!

[carlo23]

Per rendere omaggio al nuovo anno che è ormai alle porte
ecco un quesito con una bella equazione di grado 2006 :

dimostrare che l’equazione
x^2006 + 2006 x + 2q = 0 ,con q intero dispari
non ha soluzioni intere.
SUGGERIMENTO :
ragionare per assurdo distinguendo due casi: 1) soluzione dispari, 2) soluzione pari…

L’equazione può ammettere soluzioni razionali?

Sia \( \displaystyle \frac{{a}}{{b}} \) con \( \displaystyle {M}{C}{D}{\left({a},{b}\right)}={1} \) una soluzione razionale, allora

\( \displaystyle {{\left(\frac{{a}}{{b}}\right)}}^{{2006}}+{2006}{\left(\frac{{a}}{{b}}\right)}=-{2}{q} \)

e

\( \displaystyle {{a}}^{{2006}}+{2006}{a}{{b}}^{{2005}}=-{2}{q}{{b}}^{{2006}} \)

quindi \( \displaystyle {a} \) e sicuramente pari, \( \displaystyle {a}={2}{c} \)

\( \displaystyle {{2}}^{{2006}}{{c}}^{{2006}}+{2006}{\left({2}\right)}{{b}}^{{2005}}{c}=-{2}{q}{{b}}^{{2006}} \)

e

\( \displaystyle {{2}}^{{2005}}{{c}}^{{2006}}+{2006}{{b}}^{{2005}}{c}=-{q}{{b}}^{{2006}} \)

segue che \( \displaystyle {b} \) è pari. Ma noi avevamo supposto \( \displaystyle {M}{C}{D}{\left({a},{b}\right)}={1} \), quindi l'equazione non ha soluzioni razionali.

Ciao, spero di non aver detto castronerie!

[Piera]

Sia la prima che la seconda parte mi sembra giusta,
complimenti!
La seconda parte poteva essere risolta anche cosi:
è noto che in una equazione di grado n a coefficienti interi,
cioè del tipo an x^n +… + a1 x + a0 = 0,
le eventuali soluzioni razionali sono date dal rapporto
(divisori interi di a0) /( divisori interi di an).
Nel nostro caso an =1, da cui segue che le eventuali soluzioni
razionali sono intere , e dalla prima parte dell’esercizio sappiamo che questo non può accadere.

[carlo23]

Sia la prima che la seconda parte mi sembra giusta,
complimenti!
La seconda parte poteva essere risolta anche cosi:
è noto che in una equazione di grado n a coefficienti interi,
cioè del tipo an x^n +… + a1 x + a0 = 0,
le eventuali soluzioni razionali sono date dal rapporto
(divisori interi di a0) /( divisori interi di an).
Nel nostro caso an =1, da cui segue che le eventuali soluzioni
razionali sono intere , e dalla prima parte dell’esercizio sappiamo che questo non può accadere.

Grazie, a volte è bello vedere che un teorema può essere dimostrato in più modi, la mia seconda dimostrazione penso sia molto semplice, un analogo della dimostrazione dell'irrazionalità di \( \displaystyle \sqrt{{{2}}} \).

Ciao, ciao!

[Mistral]

Sia la prima che la seconda parte mi sembra giusta,
complimenti!
La seconda parte poteva essere risolta anche cosi:
è noto che in una equazione di grado n a coefficienti interi,
cioè del tipo an x^n +… + a1 x + a0 = 0,
le eventuali soluzioni razionali sono date dal rapporto
(divisori interi di a0) /( divisori interi di an).
Nel nostro caso an =1, da cui segue che le eventuali soluzioni
razionali sono intere , e dalla prima parte dell’esercizio sappiamo che questo non può accadere.

Grazie, a volte è bello vedere che un teorema può essere dimostrato in più modi, la mia seconda dimostrazione penso sia molto semplice, un analogo della dimostrazione dell'irrazionalità di \( \displaystyle \sqrt{{{2}}} \).

Ciao, ciao!

Le Vs. soluzioni sono perfette, quindi solo come citazione ricordo quanto sotto.

Fra i tanti Lemmi di Gauss che esistono ce ne uno che dice che se un polimonio è irriducibile in \( \displaystyle \mathbb{Z}{\left[{X}\right]} \), allora lo è anche in \( \displaystyle \mathbb{Q}{\left[{X}\right]} \). Quindi se non ha radici in \( \displaystyle \mathbb{Z} \) non ne ha nemmeno in \( \displaystyle \mathbb{Q} \).

Saluti

Mistral

PS il mio problema di Natale non se lo fila nessuno .