Numeri divisibili per 14 - SNS 1974 (Conferma soluzione)

[elios]

"Dati tre numeri interi $a$,$b$,$c$ aventi massimo comun divisore 1, verificare che i numeri della forma $am^2+bm+c$ con $m$ intero qualunque, non possono essere tutti divisibili per $14$. Generalizzare il risultato."

Questo è il mio procedimento:
Inizio a vedere se, al variare di $m$, il polinomio si mantiene sempre pari oppure no. Nel caso in cui io trovassi casi per cui il polinomio non è pari, conseguentemente non sarà neppure divisibile per 14.
Il polinomio è formato da tre addendi, quindi la somma sarà pari se i tre addendi sono tutti pari oppure se uno è pari e gli altri due sono dispari. Inoltre ricordo che essendo $a$,$b$,$c$ primi tra loro, solo uno di essi può essere pari (anche se sono dati, mi serve ipotizzare i loro valori per analizzare tutti i casi che mi possono venire fuori).
Nel caso in cui prendo $m$ pari, poiché $am^2+bm$ è pari, se $c$ è dispari, allora il polinomio è dispari, se $c$ è pari, allora il polinomio è pari.
Nel caso in cui prendo $m$ dispari, se $a$ e $b$ fossero uno pari e uno dispari, se $c$ è dispari, allora il polinomio è pari, se $c$ è pari, allora il polinomio è dispari. Se $a$ e $b$ invece sono entrambi dispari, se $c$ è pari, allora il polinomio è pari, se $c$ è dispari allora il polinomio è dispari.
Ho trovato i casi in cui $am^2+bm+c$ non è divisibile per 2, quindi in quegli stessi casi non può essere divisibile neppure per 14.
Generalizzando, posso dire che i numeri nella forma $am^2+bm+c$ non sono sempre divisibili per 2.

Che ne dite?
Grazie dell'aiuto.

[EnderWiggins]

Non mi convince troppo il fatto che tu sostenga che se il massimo comun divisore di tre numeri è $1$ allora uno solo è pari..basterebbero due pari e uno coprimo con entrambi, come ad esempio $(2, 4, 5)$ per avere $MCD(2, 4, 5) = 1$.
Pensandoci io proverei così: ammettiamo che valga, ovvero che esistano $(a, b, c)$ che soddisfano le condizioni di sopra e che valga $AA m$.
A maggior ragione vale per $m = 0$, dunque $c = 14k$. Detto questo passo modulo 14: $[am^2]_14+[bm]_14+[c]_14 = [0]_14 => [a]_14[m^2]_14+[b]_14[m]_14 = [0]_14 => [m]_14[(am+b)]_14 = [0]_14$ da cui segue che: essendo $[m]_14 = [0]_14$ o $m$ è multiplo di $2$, o è multiplo di $7$, o è multiplo di $14$, contro l'ipotesi che valga $AA m$.
Non mi convince, lo trovo io stesso molto debole come ragionamento, magari a qualcuno viene qualche idea! Io continuo a lavorarci..

[giammaria]

Elios, hai dimostato che a, b, c non possono avere qualsiasi valore, ma il testo diceva che sono numeri dati. Se i primi due fossero numeri dispari e il terzo pari, il polinomio sarebbe sempre divisibile per 2; resterebbe da dimostrare che non lo è per 7 per ogni valore di m.

[giammaria]

Buona l'idea di EnderWiggins, che però si concentra poi su un unico fattore trascurando l'altro.
Come ha già notato, da m=0 si ottiene c=14k e $[am^2+bm]_14=0$.
Ponendo ora m=1 si ha $[a+b]_14=0$ e quindi $b=14h-a$. Sostituendo nella formula: $[am^2+14hm-am]_14=0$ e quindi $[a(m^2-m)]_14=0$.
Considero ora m=2: si ha $[2a]_14=0$, quindi a deve essere divisibile per 7: ma allora lo sono anche b, c in contrasto con l'ipotesi.

[elios]

Buona l'idea di EnderWiggins, che però si concentra poi su un unico fattore trascurando l'altro.
Come ha già notato, da m=0 si ottiene c=14k e $[am^2+bm]_14=0$.
Ponendo ora m=1 si ha $[a+b]_14=0$ e quindi $b=14h-a$. Sostituendo nella formula: $[am^2+14hm-am]_14=0$ e quindi $[a(m^2-m)]_14=0$.
Considero ora m=2: si ha $[2a]_14=0$, quindi a deve essere divisibile per 7: ma allora lo sono anche b, c in contrasto con l'ipotesi.

io ho capito il tuo ragionamento, è solo che quando lo generalizzo riesco a fare lo stesso discorso per qualunque numero al posto di 14..
Per il numero $n$, ponendo m=0 si ottiene $c=n*k$ e $[am^2+bm]_n=0$. Ponendo m=1 si ha $[a+b]_n=0$ e quindi $b=n*h-a$. Sostituendo nella formula: $[am^2+n*hm-am]_n=0$ e quindi $[a(m^2-m)]_n=0$. Ponendo ora m=2: si ha $[2a]_n=0$, quindi a deve essere divisibile per $n/2$ (con n pari) o per $n$ (con n dispari): ma anche c essendo $c=n*k$ è divisibile sia per $n$ sia per $n/2$.
C'è molto che mi sfugge, lo so..

[giammaria]

Con $n$ dispari non ci sono problemi: se $a$ è divisibile per $n$ lo è anche $b=nh-a$ nonché $c$, contro l'ipotesi.
Con $n$ pari, pongo $n=2^k*p$ essendo $p$ un numero dispari: per il ragionamento precedente a, b, c dovrebbero essere tutti divisibili per $p$ e la conclusione non cambia. Resta il caso p=1, cioè n=potenza di 2, che richiede un altro ragionamento, ma non l'ho ancora tentato e forse va escluso.
Colgo l'occasione per dire che il problema (e relativa generalizzazione) poteva essere affrontato anche in altro modo: posto $P(m)=am^2+bm+c$, se P(m) è divisibile per 14 per ogni m, la divisibilità vale anche per $Q(m)=P(m+1)-P(m)=2am+a+b$ nonché per $Q(m+1)-Q(m)=2a$ quindi a è multiplo di 7 e risalendo indietro lo sono anche b, c.

[giammaria]

Aggiungo il caso che avevo escluso, cioè $n=2^k$. Abbiamo già visto che $c$ deve essere divisibile per $n$; dalle ultime due formule si ricava cha sia $a$ che $b$ devono esserlo per $2^(k-1)$ che è quindi divisore di tutti i tre coefficienti. Per la validità dell'ipotesi deve quindi essere k=1: ne consegue che l'unica possibilità si ha per n=2 (a,b= dispari, c=pari).

[elios]

Con $n$ dispari non ci sono problemi: se $a$ è divisibile per $n$ lo è anche $b=nh-a$ nonché $c$, contro l'ipotesi.

Quindi con "non ci sono problemi" intendi dire che il numero $am^2+bm+c$ per nessun $m$ è divisibile per un numero $n$ dispari?

[elios]

Abbiamo già visto che $c$ deve essere divisibile per $n$; dalle ultime due formule si ricava cha sia $a$ che $b$ devono esserlo per $2^(k-1)$

Me lo spieghi meglio?

[giammaria]

Quindi con "non ci sono problemi" intendi dire che il numero $am^2+bm+c$ per nessun $m$ è divisibile per un numero $n$ dispari?

No, intendo dire che la tesi è verificata: comunque vengano dati a, b, c (con MCD=1), esiste qualche m per cui il polinomio non è divisibile per n. Infatti imponendo che la divisibilità per n valga sempre si ottiene $MCD \ne1$.
Per la seconda domanda: se $2a$ è divisibile per $n=2^k$, $a$ deve essere divisibile per $2^(k-1)$. Sostituendo in $b=nh-a$ si nota che lo stesso vale pe b.