Anelli di polinomi - ex herstein
Es 1
Sia $F=RR$ un campo.
Dimostrare che $(F[x])/(x^2+1)$ è un campo isomorfo al campo dei complessi $CC$.
Svolgimento.
che ne pensate? saluti e grazie
Sia $F=RR$ un campo.
Dimostrare che $(F[x])/(x^2+1)$ è un campo isomorfo al campo dei complessi $CC$.
Svolgimento.
che ne pensate? saluti e grazie
Risposte
$f(\sqrt2) = (\sqrt2)^(2n)-(\sqrt2)^(2n-4)-2^(n-1) = 2^n-2^(n-2)-2^(n-1) =$
$2^n-2^n*(2^-2)-2^n(2^(-1))=2^n ( 1-1/4-1/2) = 2^n ( (4-2-2)/4) = 0*2^n =0$ ! Quindi $AA n >1$ $\alpha = sqrt2$ è radice di $f(X)$ e quindi il polinomio $x^2-2| f(X)$ in $Q[x]$.
Fin qui ci sono.
Il fatto è per questo esercizio probabilmente bisognava avere un po di occhio.
Allora il fatto che la funzione polinomiale associata al polinomio ( $f(\alpha)= f(-\alpha) , AA \alpha in RR$ ) mi garantisce che se $\alpha in RR$ è radice di $f$ lo è anche $-\alpha$ , giusto? e quindi, sia $x-\alpha $ che $x+\alpha$ dividono $f(X)$ in $q[x]$ e cioè $ (x^2-(\alpha^2))|f(X)$ in $Q[x]$ giusto?
Quindi , con un poco di fortuna, abbiamo trovato che per $\alpha = sqrt2$ si ha che $f(\alpha)=0=f(-\alpha)$
pertanto $(x^2-2)| f(X)$ per ogni $n>1$ . E poiché $\alpha in RR\\QQ$ e quindi , essendo $x^2-2$ di grado due senza radici in $QQ$ segue che $x^2-2$ è il polinomio di grado due irriducibile cercato.
Tutto giusto?
$2^n-2^n*(2^-2)-2^n(2^(-1))=2^n ( 1-1/4-1/2) = 2^n ( (4-2-2)/4) = 0*2^n =0$ ! Quindi $AA n >1$ $\alpha = sqrt2$ è radice di $f(X)$ e quindi il polinomio $x^2-2| f(X)$ in $Q[x]$.
Fin qui ci sono.
Il fatto è per questo esercizio probabilmente bisognava avere un po di occhio.
Allora il fatto che la funzione polinomiale associata al polinomio ( $f(\alpha)= f(-\alpha) , AA \alpha in RR$ ) mi garantisce che se $\alpha in RR$ è radice di $f$ lo è anche $-\alpha$ , giusto? e quindi, sia $x-\alpha $ che $x+\alpha$ dividono $f(X)$ in $q[x]$ e cioè $ (x^2-(\alpha^2))|f(X)$ in $Q[x]$ giusto?
Quindi , con un poco di fortuna, abbiamo trovato che per $\alpha = sqrt2$ si ha che $f(\alpha)=0=f(-\alpha)$
pertanto $(x^2-2)| f(X)$ per ogni $n>1$ . E poiché $\alpha in RR\\QQ$ e quindi , essendo $x^2-2$ di grado due senza radici in $QQ$ segue che $x^2-2$ è il polinomio di grado due irriducibile cercato.
Tutto giusto?
Sì, direi di sì
che ne pensi degli altri due esercizi?
grazie mille
grazie mille
Altro quesito :
sia $f(X) = x^42+10x^41+8x^28+8x^4+3x^3 in ZZ_11[x]$ provare che in $ZZ_11$ ha un numero pari di radici.
Sinceramente non mi convince la risoluzione , allora, inizierei con il notare che
$f(X) = x^3(x^39+10x^38+8x^25+8x+3)$ quindi $\alpha=0$ è una radice di $f(X)$ con molteplicità 3.
Ora considererei
$g(X)= x^39+10x^38+8x^25+8x+3$ e vedo un po quante radici ha $g$.
Sia $\beta in ZZ_11\\{0}$ consideriamo
$g(\beta) = \beta^39+10\beta^38+8\beta^25+8\beta+3=0$ per fermat $AA \beta in ZZ_11 : \beta^10=1$ quindi
$g(\beta)=\beta^9+\beta^8+8\beta^5+8\beta+3=0$ (1)
ora per contare quante $\beta$ ci sono che soddisfano la 1) dovrei valutare $AA \beta$ , lavoro dispendioso!
Alla fine l'ho fatto e ho notato che le radici sono pari. Però è molto calcoloso come metodo,
secondo voi esiste un metodo più veloce?
grazie mille
sia $f(X) = x^42+10x^41+8x^28+8x^4+3x^3 in ZZ_11[x]$ provare che in $ZZ_11$ ha un numero pari di radici.
Sinceramente non mi convince la risoluzione , allora, inizierei con il notare che
$f(X) = x^3(x^39+10x^38+8x^25+8x+3)$ quindi $\alpha=0$ è una radice di $f(X)$ con molteplicità 3.
Ora considererei
$g(X)= x^39+10x^38+8x^25+8x+3$ e vedo un po quante radici ha $g$.
Sia $\beta in ZZ_11\\{0}$ consideriamo
$g(\beta) = \beta^39+10\beta^38+8\beta^25+8\beta+3=0$ per fermat $AA \beta in ZZ_11 : \beta^10=1$ quindi
$g(\beta)=\beta^9+\beta^8+8\beta^5+8\beta+3=0$ (1)
ora per contare quante $\beta$ ci sono che soddisfano la 1) dovrei valutare $AA \beta$ , lavoro dispendioso!
Alla fine l'ho fatto e ho notato che le radici sono pari. Però è molto calcoloso come metodo,
secondo voi esiste un metodo più veloce?
grazie mille
Ragazzi vi scrivo nuovamente, ammetto che sto avendo problemoni su questo quesito.
Allora :
Sia $p$ un primo , $a$ un intero, provare che $f(X)=x^(2p)-a^(p-1)$ si decompone nel prodotto di fattori lineari in $ZZ_p[x]$
Ho provato a vedere così il problema,
visto che $p$ è primo, in $ZZ_p$ vale che $(a+b)^p=a^p+b^p$
quindi, posso vedere $f(X)= (x^2)^p-(a^-1)^p=(x^2-a^(-1))^p$
ora se riesco a far vedere che il polinomio $x^2-a^(-1)$ è riducibile, il gioco è fatto.
ma come? qui mi blocco.
Farei così
sia $\alpha in ZZ_p$
$f(\alpha)=0 => p|\alpha^2-a^(-1)$
In linea di principio vi sono due $\alpha$ che soddisfano quella relazione, ma non è detto che $AA a$ , $a^(-1)$ è un quadrato in $ZZ_p$!!
come ne esco fuori?
Non voglio l'esercizio fatto, un piccolo hint.
Allora :
Sia $p$ un primo , $a$ un intero, provare che $f(X)=x^(2p)-a^(p-1)$ si decompone nel prodotto di fattori lineari in $ZZ_p[x]$
Ho provato a vedere così il problema,
visto che $p$ è primo, in $ZZ_p$ vale che $(a+b)^p=a^p+b^p$
quindi, posso vedere $f(X)= (x^2)^p-(a^-1)^p=(x^2-a^(-1))^p$
ora se riesco a far vedere che il polinomio $x^2-a^(-1)$ è riducibile, il gioco è fatto.
ma come? qui mi blocco.
Farei così
sia $\alpha in ZZ_p$
$f(\alpha)=0 => p|\alpha^2-a^(-1)$
In linea di principio vi sono due $\alpha$ che soddisfano quella relazione, ma non è detto che $AA a$ , $a^(-1)$ è un quadrato in $ZZ_p$!!
come ne esco fuori?
Non voglio l'esercizio fatto, un piccolo hint.
Il polinomio è $f(X)= X^(2p)-a^(p-1)$. Distingui due casi:
1) $a$ multiplo di $p$;
2) $a$ non multiplo di $p$.
Nel primo caso il polinomio diventa... e quindi...
Nel secondo caso, tenendo presente il piccolo teorema di Fermat, ottieni ...
Ps: ti chiedo scusa, non ho minimamente guardato gli altri esercizi (poca voglia)
1) $a$ multiplo di $p$;
2) $a$ non multiplo di $p$.
Nel primo caso il polinomio diventa... e quindi...
Nel secondo caso, tenendo presente il piccolo teorema di Fermat, ottieni ...
Ps: ti chiedo scusa, non ho minimamente guardato gli altri esercizi (poca voglia)
mazza , era semplice. Hai ragione , se $p|a => f(X)=x^(2p)$ che chiaramente si scrive come prodotto di $2p$ fattori lineari!
se invece $(a,p)=1 = > [a]_p!=[0]_p$ quindi vale che, per il piccolo teorema di fermat che $[a]_p^(p-1)=[1]_p$
e si ha che $f(x)=x^(2p)-1$ ma allora $f(x)=(x-1)^p(x+1)^p$ quindi anche in questo caso si decompone nel prodotto di fattori lineari!!!!
è tutto giusto?
grazie gi
se invece $(a,p)=1 = > [a]_p!=[0]_p$ quindi vale che, per il piccolo teorema di fermat che $[a]_p^(p-1)=[1]_p$
e si ha che $f(x)=x^(2p)-1$ ma allora $f(x)=(x-1)^p(x+1)^p$ quindi anche in questo caso si decompone nel prodotto di fattori lineari!!!!
è tutto giusto?
grazie gi
Sì, corretto
Grazie Gi8 
eccomi con altri due
Es -
Siano $a,p, n $ interi. $n>1$
determinare opportunamente $a,p,n$ in modo che $g(X) = x^n-a^(p-1)$ non si decomponga in $ZZ_p[x]$ nel prodotto di fattori lineari.
Domanda extra :
confido che non l'ho scelti proprio a caso.
diciamo che forse la logica di questo esercizio si basa su questo piccolo risultato:
Sia $p$ un primo , vi sono allora $AA n in ZZ $ al più $n$ soluzioni di $x^n-=1(modp)$ o sbaglio?
eccomi con altri due
Es -
Siano $a,p, n $ interi. $n>1$
determinare opportunamente $a,p,n$ in modo che $g(X) = x^n-a^(p-1)$ non si decomponga in $ZZ_p[x]$ nel prodotto di fattori lineari.
Domanda extra :
confido che non l'ho scelti proprio a caso.
diciamo che forse la logica di questo esercizio si basa su questo piccolo risultato:
Sia $p$ un primo , vi sono allora $AA n in ZZ $ al più $n$ soluzioni di $x^n-=1(modp)$ o sbaglio?
Siano dati i polinomi
$f(X) = x^(100002)+x^(100000)-13333x^2-13333 in Z[x]$
e $g(X) = x^4+34x^2+33 in Z[x]$
a) determinare tutte le radici complesse comuni a $f(X)$ e a $g(X)$
b) si determini il massimo comune divisore tra $f(X)$ e $g(X) $ in $ZZ_101[x]$
sono bloccato per il punto b) , piccolissimo hint?
$f(X) = x^(100002)+x^(100000)-13333x^2-13333 in Z[x]$
e $g(X) = x^4+34x^2+33 in Z[x]$
a) determinare tutte le radici complesse comuni a $f(X)$ e a $g(X)$
b) si determini il massimo comune divisore tra $f(X)$ e $g(X) $ in $ZZ_101[x]$
sono bloccato per il punto b) , piccolissimo hint?
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