Esercizio polinomi $ZZ_p[x] $
Ciao a tutti,
questi polinomi $ ZZ_p $ mi lasciano ogni tanto perplesso e mi fanno dubitare della correttezza della risoluzione degli esercizio, in questo caso è:
$f(x)=x^3-1 inZZ_p[x]$ dove p è primo, bisogna provare che se "f(x)" si decompone in $ZZ_p[x]$ in fattori lineari segue che $p-=1 (mod3) 0 p=3$.
Svolgimento:
ad occhio vediamo immediatamente che $x^3-1=(x-1)^3 in ZZ_3[x]$ e da $(x^3-1)=(x-1)(x^2+x+1)$ segue che per $p!=3$ x=1 è radice singola quindi per avere una fattorizzazione di $f(x)$ deve $EEainZZ_p$ con $a!=1$ t.c. $a^3-=1(modp)$ e dal teorema di fermat $a^p-=a(modp)$ quindi $a^(p-1)-=1(modp)$ abbiamo la tesi provando il seguente lemma:
Sia $x!=[1]_p$ e d primo t.c. $x^d-=1 (modp)$ e sia $x^m-=1 (modp)$ con $m inZZ$ allora $m=kd$ con $kinZZ$
dimostrazione per assurdo
m non sia divisibile per d quindi sono coprimi e per bezout $EEk,l in ZZ$ t.c. $dk+lm=1$ da cui segue che $x^(dk+lm)-=1$. qed
sembrerebbe filare tutto liscio però la prima parte non mi convince tanto, secondo voi?
questi polinomi $ ZZ_p $ mi lasciano ogni tanto perplesso e mi fanno dubitare della correttezza della risoluzione degli esercizio, in questo caso è:
$f(x)=x^3-1 inZZ_p[x]$ dove p è primo, bisogna provare che se "f(x)" si decompone in $ZZ_p[x]$ in fattori lineari segue che $p-=1 (mod3) 0 p=3$.
Svolgimento:
ad occhio vediamo immediatamente che $x^3-1=(x-1)^3 in ZZ_3[x]$ e da $(x^3-1)=(x-1)(x^2+x+1)$ segue che per $p!=3$ x=1 è radice singola quindi per avere una fattorizzazione di $f(x)$ deve $EEainZZ_p$ con $a!=1$ t.c. $a^3-=1(modp)$ e dal teorema di fermat $a^p-=a(modp)$ quindi $a^(p-1)-=1(modp)$ abbiamo la tesi provando il seguente lemma:
Sia $x!=[1]_p$ e d primo t.c. $x^d-=1 (modp)$ e sia $x^m-=1 (modp)$ con $m inZZ$ allora $m=kd$ con $kinZZ$
dimostrazione per assurdo
m non sia divisibile per d quindi sono coprimi e per bezout $EEk,l in ZZ$ t.c. $dk+lm=1$ da cui segue che $x^(dk+lm)-=1$. qed
sembrerebbe filare tutto liscio però la prima parte non mi convince tanto, secondo voi?
Risposte
Diciamo che pare corretta, io avrei visto il problema come la fattorizzazione di $x^2+x+1$, dato che:
$f(x)=(x-1)*(x^2+x+1)$
Allora:
$(x^2+x+1)=(x+alpha)*(x+beta) Rightarrow (x^2+x+1)=[x^2+(alpha+beta)*x + alpha*beta] Rightarrow alpha+beta=1 text{ and } alpha*beta=1$
Da questo:
$alpha \equiv beta^(-1) (p)$
$alpha \equiv 1-beta (p)$
Sia $H={alpha, beta, 1}$ vediamo subito che $H<=Z_p$ allora $3|p$ e quindi l'unico $p$ primo che fa questo è $p=3$!
$f(x)=(x-1)*(x^2+x+1)$
Allora:
$(x^2+x+1)=(x+alpha)*(x+beta) Rightarrow (x^2+x+1)=[x^2+(alpha+beta)*x + alpha*beta] Rightarrow alpha+beta=1 text{ and } alpha*beta=1$
Da questo:
$alpha \equiv beta^(-1) (p)$
$alpha \equiv 1-beta (p)$
Sia $H={alpha, beta, 1}$ vediamo subito che $H<=Z_p$ allora $3|p$ e quindi l'unico $p$ primo che fa questo è $p=3$!
"Augosoma":
Ciao a tutti,
questi polinomi $ ZZ_p $ mi lasciano ogni tanto perplesso e mi fanno dubitare della correttezza della risoluzione degli esercizio, in questo caso è:
$f(x)=x^3-1 inZZ_p[x]$ dove p è primo, bisogna provare che se "f(x)" si decompone in $ZZ_p[x]$ in fattori lineari segue che $p-=1 (mod3) 0 p=3$.
Svolgimento:
ad occhio vediamo immediatamente che $x^3-1=(x-1)^3 in ZZ_3[x]$ e da $(x^3-1)=(x-1)(x^2+x+1)$ segue che per $p!=3$ x=1 è radice singola quindi per avere una fattorizzazione di $f(x)$ deve $EEainZZ_p$ con $a!=1$ t.c. $a^3-=1(modp)$
beh potrebbe avere 3 radici uguali ad uno, o meglio una (1) di ordine 3 (ed in tal caso così ad occhio sarebbe p=3, già studiato, ma va verificato)... mi sa che questo caso dovresti studiarlo a parte...
poi potresti continuare così: se esiste una radice diversa da uno, allora questa deve avere ordine moltiplicativo $3$, da cui 3 divide $p-1$ per fermat che citi dopo...
"Augosoma":
Sia $x!=[1]_p$ e d primo t.c. $x^d-=1 (modp)$ e sia $x^m-=1 (modp)$ con $m inZZ$ allora $m=kd$ con $kinZZ$
dimostrazione per assurdo
m non sia divisibile per d quindi sono coprimi e per bezout $EEk,l in ZZ$ t.c. $dk+lm=1$ da cui segue che $x^(dk+lm)-=1$. qed
questo enunciato è vero, in quanto se $d$ è primo per cui vale quello, deve essere per forza l'ordine moltiplicativo di $x$, e quindi $d$ divide $m$...
però la dimostrazione che dai non mi risulta chiara, dove sta la contraddizione?
"Lord K":
Sia $H={alpha, beta, 1}$ vediamo subito che $H<=Z_p$ allora $3|p$ e quindi l'unico $p$ primo che fa questo è $p=3$!
sarà che stamane sto stanco, ma perchè è ovvio che $H$ debba essere un sottogruppo (additivo, of course) di Z_p? stai pensando forse a $Z_p*$?
si conclude cmq bene anche in questo modo.... (elegantemente del resto!)
@Augosama: ok... ho capito, vorresti dedurre x=1 come contraddizione (sarà un mio difetto che, se non avvisato, quando leggo una soluzione non aggiungo quasi una virgola a quanto scritto)... si dovrebbe andar bene... leggi cmq il resto che ti ho scritto e fammi sapere!
Ciao e grazie delle risposte,
per lord k sinceramente non ho compreso bene la parte finale, non capisco bene che cosa è H..e poi deduci che p=3 ma deve essere anche $p-=1(mod3)$, quindi se hai tempo ti chiederei di aggungere qualche cosa alla dimostrazione per chiarirmela.
per thomas,
forse per la prima parte sarebbe meglio fare così:
sia $x=1$ $alpha(x)=x^2+x+1=0$ se solo se $alpha(x) inZZ_p $$ p=3$
mentre per il "lemmino" si viene ch la contrddizione è che x=1
per lord k sinceramente non ho compreso bene la parte finale, non capisco bene che cosa è H..e poi deduci che p=3 ma deve essere anche $p-=1(mod3)$, quindi se hai tempo ti chiederei di aggungere qualche cosa alla dimostrazione per chiarirmela.
per thomas,
forse per la prima parte sarebbe meglio fare così:
sia $x=1$ $alpha(x)=x^2+x+1=0$ se solo se $alpha(x) inZZ_p $$ p=3$
mentre per il "lemmino" si viene ch la contrddizione è che x=1
"Thomas":
[quote="Lord K"]
Sia $H={alpha, beta, 1}$ vediamo subito che $H<=Z_p$ allora $3|p$ e quindi l'unico $p$ primo che fa questo è $p=3$!
sarà che stamane sto stanco, ma perchè è ovvio che $H$ debba essere un sottogruppo (additivo, of course) di Z_p? stai pensando forse a $Z_p*$?
si conclude cmq bene anche in questo modo.... (elegantemente del resto!)[/quote]
Anche moltiplicativo se guardi! ^_^
"Lord K":
[quote="Thomas"][quote="Lord K"]
Sia $H={alpha, beta, 1}$ vediamo subito che $H<=Z_p$ allora $3|p$ e quindi l'unico $p$ primo che fa questo è $p=3$!
sarà che stamane sto stanco, ma perchè è ovvio che $H$ debba essere un sottogruppo (additivo, of course) di Z_p? stai pensando forse a $Z_p*$?
si conclude cmq bene anche in questo modo.... (elegantemente del resto!)[/quote]
Anche moltiplicativo se guardi! ^_^[/quote]
è ovvio che è moltplicativo di $Z_p*$ (gli elementi invertibili di Z_p)... ed è anche solo questo che ti serve per concludere che $3|(p-1)$...
non mi risulta ovvio che è sottogruppo (additivo) di $Z_p$... e a cosa serva nel caso...
notation:
anyway quando dico additivo o moltiplicativo è solo un modo per riferirsi a gruppi diversi... (in un caso $Z_p$, nell'altro $Z_p*$
"Augosoma":
per thomas,
forse per la prima parte sarebbe meglio fare così:
sia $x=1$ $alpha(x)=x^2+x+1=0$ se solo se $alpha(x) inZZ_p $$ p=3$
mentre per il "lemmino" si viene ch la contrddizione è che x=1
non mi è ben chiara la tua linea... la riassumo dimmi se è questa:
Tu consideri due casi:
caso 1:
- $1$ è radice di $1+x+x^2$
soluzione p=3 (ed inoltre per p=3 si scompone per verifica diretta, anche se verificare che si scompone non è richiesto.... il testo dice "se si scompone, allora...", non "se è p=3 o p==1 mod 3 allora si scompone");
caso 2:
- $1$ non è radice di $1+x+x^2$, quindi se si scompone deve avere almeno un'altra radice diversa da $1$ $a$ e poi lavori su quella, dimostrando che $3|(p-1)$.
mi sembra funzioni...
"Augosoma":
Ciao e grazie delle risposte,
per lord k sinceramente non ho compreso bene la parte finale, non capisco bene che cosa è H..e poi deduci che p=3 ma deve essere anche $p-=1(mod3)$, quindi se hai tempo ti chiederei di aggungere qualche cosa alla dimostrazione per chiarirmela.
Concludi giusto tu! Alla fine risulta solamente $p-=1(mod3)$.
Ci penso un pochetto.
anyway la (bella!) soluzione di LordK richiede anche di distinguere i casi $\alpha=\beta$, $\alpha=1$, $\beta=1$ che fanno diminuire la cardinalità dell'insieme $H$ (e portano al caso p=3)... chi la scrive completa?
Effettivamente cerchiamo il campo di spezzamento di $x^2+x+1$. Faccio un pochi di conti:
$x^2+x+1 \equiv 0(p)$
$(x+2_p^(-1))^2 \equiv [2]_p^(-2)-1 (p)$
da cui mediante il simbolo di Legendre siccome $([2]_p^(-2)-1) = [2]_p^(-2)*3$
$(([2]_p^(-2)-1)/p) = (([2]_p^(-1))/p)^2 * (3/p) = (3/p)$
Ora usiamo la legge di reciprocità quadratica:
$(3/p) = (p/3)*(-1)^((p-1)/2*(3-1)/2) = (p/3)*(-1)^((p-1)/2) = (-1)^((p-1)/2) (3)$
Da qui $(3/p) \equiv 1(3)$ se $p\equiv 1(4)$.
Che ne dite? Prego ovviamente ricontrollare!
$x^2+x+1 \equiv 0(p)$
$(x+2_p^(-1))^2 \equiv [2]_p^(-2)-1 (p)$
da cui mediante il simbolo di Legendre siccome $([2]_p^(-2)-1) = [2]_p^(-2)*3$
$(([2]_p^(-2)-1)/p) = (([2]_p^(-1))/p)^2 * (3/p) = (3/p)$
Ora usiamo la legge di reciprocità quadratica:
$(3/p) = (p/3)*(-1)^((p-1)/2*(3-1)/2) = (p/3)*(-1)^((p-1)/2) = (-1)^((p-1)/2) (3)$
Da qui $(3/p) \equiv 1(3)$ se $p\equiv 1(4)$.
Che ne dite? Prego ovviamente ricontrollare!
"Thomas":
anyway la (bella!) soluzione di LordK richiede anche di distinguere i casi $\alpha=\beta$, $\alpha=1$, $\beta=1$ che fanno diminuire la cardinalità dell'insieme $H$ (e portano al caso p=3)... chi la scrive completa?
Caso 1) $alpha = beta$:
$alpha = 1-beta$
$2alpha = 1$
allora $H=Z_p$.
Caso 2) $alpha = 1$:
$0 = 1-beta$
$beta = 1$
Caso 3) $beta = 1$:
simile al caso 2.
LordK ma perchè non hai concluso col tuo metodo senza scomodare legendre? faccio il caso $\alpha$ diverso da $\beta$
una volta che detto che $H$ è un sottogruppo di $Z_p*$, hai che la cardinalità di $H$, ovvero $3$, divide quella di $Z_p*$, ovvero $p-1$, da cui $p==1$ mod 3...
c'è poi da terminare con il caso $\alpha=\beta$
ps: ora provo a guardare anche quella con legendre che sembra cmq interessante!
una volta che detto che $H$ è un sottogruppo di $Z_p*$, hai che la cardinalità di $H$, ovvero $3$, divide quella di $Z_p*$, ovvero $p-1$, da cui $p==1$ mod 3...
c'è poi da terminare con il caso $\alpha=\beta$
ps: ora provo a guardare anche quella con legendre che sembra cmq interessante!
Mi pare però sbagliata a conti (migliori) fatti.... meglio che ci mediti su!
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