Irriducibili in A[x]
Ciao 
Vorrei dimostrare che: "dato il polinomio $f in RR[x]$ di grado 1 o 2 con $Delta<0$ => irriducibile"
Ora, con queste nozioni non riesco a capire come dimostrare l'asserto iniziale, quesrto perché dovrei valutare diversi casi, poiché i possibili gradi di un g sono:
]] deg(g)=0 => qui non dovrei avere troppo problemi perché se $g!=0$ $g in RR[x]=RR^(xx)=RR-{0}$ essendo R campo. Non so però nel caso $g=0$ cosa dire.
]] deg(g)=1, deg(f)=1 qui ho problemi perché sicuramente $g !in RR[x]^(xx)$ poiché non è polinomio costante (siamo in un campo, e tutti gli invertibili di un dominio di integrità sono i polinomi costanti), dovrei quindi dimostrare che questo implica[nota]infatti come dicevo diciamo g divisore improprio di f se $g in A[x]^(xx) or (g|f and f|g)$ che è logicamente equivalente a $g !in A[x]^(xx) => (g|f and f|g)$[/nota] che g è associato a f cioè che g|f e f|g ma in generale ovviamente non è vero perché potrei avere f=x+1 e g=x+3. Quindi non so come fare
]] deg(g)=1, deg(f)=2 problemi simili a prima
]] deg(g)=2, deg(f)=2 anche qui non so come muovermi.
Ringrazio chiunque mi portà e vorrà aiutare
Vorrei dimostrare che: "dato il polinomio $f in RR[x]$ di grado 1 o 2 con $Delta<0$ => irriducibile"
Riprendendo la definizione di irriducibile data so che: f è irriducibile se
1) $f!=0$
2) f non appartiene a $A[x]^(xx)$
3) f ha solo divisori impropri
Ricordo anche la definizione di divisore imporprio g con g|f: Dato l'anello A con unità e $f,g in A[x]$ diciamo g divisore improprio di f se $g in A[x]^(xx) or (g|f and f|g)$ ossia in altre parole $g in A[x]^(xx)$ or g è associato ad f.
Quest'ultima richiesta sfruttando l'ipotesi di un A campo diventa che:
Dato l'anello A con unità e $f,g in A[x]$ diciamo g divisore improprio di f se $g in A[x]^(xx)$ or esiste un $k in A[x]^(xx)=A^(xx)=A-{0} t.c. f=kg$ (ciò vuol di nuovo dire che g è associato ad f)
Ora, con queste nozioni non riesco a capire come dimostrare l'asserto iniziale, quesrto perché dovrei valutare diversi casi, poiché i possibili gradi di un g sono:
]] deg(g)=0 => qui non dovrei avere troppo problemi perché se $g!=0$ $g in RR[x]=RR^(xx)=RR-{0}$ essendo R campo. Non so però nel caso $g=0$ cosa dire.
]] deg(g)=1, deg(f)=1 qui ho problemi perché sicuramente $g !in RR[x]^(xx)$ poiché non è polinomio costante (siamo in un campo, e tutti gli invertibili di un dominio di integrità sono i polinomi costanti), dovrei quindi dimostrare che questo implica[nota]infatti come dicevo diciamo g divisore improprio di f se $g in A[x]^(xx) or (g|f and f|g)$ che è logicamente equivalente a $g !in A[x]^(xx) => (g|f and f|g)$[/nota] che g è associato a f cioè che g|f e f|g ma in generale ovviamente non è vero perché potrei avere f=x+1 e g=x+3. Quindi non so come fare
]] deg(g)=1, deg(f)=2 problemi simili a prima
]] deg(g)=2, deg(f)=2 anche qui non so come muovermi.
Ringrazio chiunque mi portà e vorrà aiutare
Risposte
Hint: se un polinomio $h$ non è irriducibile, è il prodotto di due polinomi $f,g$ di grado positivo. Qual è il grado di $h$ rispetto ai gradi di $f,g$?
EDIT
Uhm allora io so che in A anello con unità in generale $deg(f*g)<=deg(f)+deg(g)$ se A dominio vale l'uguaglianza, non ho mai dimostrato nulla nel caso h riducibile.
Devo dire che non mi viene in mente nulla di molto sensato inerente al caso...
Ho pensato che
$g !in R[x]^(xx)$ quindi $deg(g)=1 and (g∤h and h∤g)$ idem per f
e che
$(g|hand h|g) and g !inR[x]^(xx)$ idem per f
Negando la definizione di improprio (se non improprio => non irriducibile) ma non ne traggo molti benefici sui deg mi vengono solo mille sottocasi
Uhm allora io so che in A anello con unità in generale $deg(f*g)<=deg(f)+deg(g)$ se A dominio vale l'uguaglianza, non ho mai dimostrato nulla nel caso h riducibile.
Devo dire che non mi viene in mente nulla di molto sensato inerente al caso...
Ho pensato che
$g !in R[x]^(xx)$ quindi $deg(g)=1 and (g∤h and h∤g)$ idem per f
e che
$(g|hand h|g) and g !inR[x]^(xx)$ idem per f
Negando la definizione di improprio (se non improprio => non irriducibile) ma non ne traggo molti benefici sui deg mi vengono solo mille sottocasi
Scusami eh ma vuoi dimostrare che $h$ di grado 1 è irriducibile. Supponi che non lo sia. Allora $h=fg$ con $\deg f,\deg g>0$. Mi sembra ovvio concludere da qua, dal momento che $\mathbb R$ è un campo.
Ma certo questo sì, ma io stavo cercando di capire perché "dato il polinomio f∈R[x] di grado 1 o 2 con Δ<0" cioè la dimostrazione completa anche sul grado 2.
PEnso mi sfugga qualche risultato, perché come dicevo ho solo le definizioni di cui sopra.
PEnso mi sfugga qualche risultato, perché come dicevo ho solo le definizioni di cui sopra.
"saltimbanca":
Ma certo questo sì, ma io stavo cercando di capire perché "dato il polinomio f∈R[x] di grado 1 o 2 con Δ<0" cioè la dimostrazione completa anche sul grado 2.
PEnso mi sfugga qualche risultato, perché come dicevo ho solo le definizioni di cui sopra.
Fai un bel respiro e pensa attentamente a questo post
"hydro":
Scusami eh ma vuoi dimostrare che $ h $ di grado 1 è irriducibile. Supponi che non lo sia. Allora $ h=fg $ con $ \deg f,\deg g>0 $. Mi sembra ovvio concludere da qua, dal momento che $ \mathbb R $ è un campo.
Cosa cambia se il grado di $h$ è 2?
Dopo averci pensato un po' e averci sbattuto la testa cercando sempre più generalizzazioni credo che la faccenda stia così (chiedo se possibile una correzione perché non so se ho detto cose sesate o meno -sono mie ricostruzioni sia asserti che dimostrazioni annesse-):
A) Tutti i polinomi di grado 1 a coeffcienti in un campo sono irriducibili.
DIM:
scirivo il polinomio h come prodotto di polinomi: $h(x)=f(x)*g(h)$, poiché campo $deg(g)=1=deg(f)+deg(g)=1+0$ e proprio perché campo $g in A^(xx)$ e come dimostrato nel post di apertura se ho un polinomio g costante e invertibile che "collega f a h" allora f è divisore improprio di h => f,g sono sempre divisori impropri (ossia tutti i divisori sono impropri) => h irriducibile
B) Un polinomio $h$ con $deg(h)>1$ che abbia una radice $k in A$ (campo) è sempre riducibile.
DIM:
Se ha radice in A per ruffini $h(x)=g(x)*(x-k)$ il fatto che sia campo rende come detto vero che $deg(h)=n=deg(g)+deg(x-k)=(n-1)+1$ insomma sia g che (x-k) hanno grado maggiore di zero (quindi non verificano $g in A^(xx)$ e $(x-k) in A^(xx)$ inoltre sebbene $g|h and (x-k)|h$ ho che $h$ non divide $g$ e $h$ non divide $(x-k)$ quindi non sono divisori impropri => h non è irriducibile => h riducibile
C) sia h polinomio di grado 2 o 3 (in un campo A). Se h è riducibile => ha radice in A
DIM:
sia deg(h)=2 o 3 [due casi seguenti]
- $deg(h)=2 = deg(f)+deg(g)=1+1$ non ho altri casi possibili (poiché se fosse deg(f)=2 e deg(g)=0 avrei che g è associato a h e f è associato a h impossibile perché sarebbe irriducibile contro l'ipotesi)
- similmente $deg(h)=3$ impone di avere $3=deg(f)+deg(g)=2+1$ oppure $3=deg(f)+deg(g)+deg(r)=1+1+1$
Osservando quanto scritto ci si accorge che ho sempre un fattore di grado 1 (per ruffini) <=> ho una radice k in A (campo)
il fattore di grado 1 è infatti del tipo (x+c)=(x-k) con c=-k'
Corollario di C: sia h polinomio di grado 2 o 3 (in un campo A). Se non ho radici in A => h è non irriducibile (ossia è riducibile)
DIM: basta fare la contronominale di C).
Dopo molti edit spero di essere giunta alla conclusione cercata
A) Tutti i polinomi di grado 1 a coeffcienti in un campo sono irriducibili.
DIM:
scirivo il polinomio h come prodotto di polinomi: $h(x)=f(x)*g(h)$, poiché campo $deg(g)=1=deg(f)+deg(g)=1+0$ e proprio perché campo $g in A^(xx)$ e come dimostrato nel post di apertura se ho un polinomio g costante e invertibile che "collega f a h" allora f è divisore improprio di h => f,g sono sempre divisori impropri (ossia tutti i divisori sono impropri) => h irriducibile
B) Un polinomio $h$ con $deg(h)>1$ che abbia una radice $k in A$ (campo) è sempre riducibile.
DIM:
Se ha radice in A per ruffini $h(x)=g(x)*(x-k)$ il fatto che sia campo rende come detto vero che $deg(h)=n=deg(g)+deg(x-k)=(n-1)+1$ insomma sia g che (x-k) hanno grado maggiore di zero (quindi non verificano $g in A^(xx)$ e $(x-k) in A^(xx)$ inoltre sebbene $g|h and (x-k)|h$ ho che $h$ non divide $g$ e $h$ non divide $(x-k)$ quindi non sono divisori impropri => h non è irriducibile => h riducibile
C) sia h polinomio di grado 2 o 3 (in un campo A). Se h è riducibile => ha radice in A
DIM:
sia deg(h)=2 o 3 [due casi seguenti]
- $deg(h)=2 = deg(f)+deg(g)=1+1$ non ho altri casi possibili (poiché se fosse deg(f)=2 e deg(g)=0 avrei che g è associato a h e f è associato a h impossibile perché sarebbe irriducibile contro l'ipotesi)
- similmente $deg(h)=3$ impone di avere $3=deg(f)+deg(g)=2+1$ oppure $3=deg(f)+deg(g)+deg(r)=1+1+1$
Osservando quanto scritto ci si accorge che ho sempre un fattore di grado 1 (per ruffini) <=> ho una radice k in A (campo)
il fattore di grado 1 è infatti del tipo (x+c)=(x-k) con c=-k'
Corollario di C: sia h polinomio di grado 2 o 3 (in un campo A). Se non ho radici in A => h è non irriducibile (ossia è riducibile)
DIM: basta fare la contronominale di C).
Dopo molti edit spero di essere giunta alla conclusione cercata
E' stata dura ma ce l'abbiamo fatta 
. Ti ringrazio per il clamoroso ed enorme aiuto uniti alla tua pazienza.
Però appena ho cantato vittoria al primo esercizio mi sono già incagliata, più che altro stavo lavorando in Z[x] quindi tutto il lavoro che ho fatto su rimane parzialmente inutile.
Mi trovo di fronte a una cosa del genere: $f(x)=(x^2+1)(x^2-3)(x+2)$ ebbene il Prof. afferma essere scomposto in irriducibili, mi ha fatto sorgere delle questioni:
1) il ragionamento sul grado 1 non mi dovrebbe cambiare granché perché sono comunque in un dominio quindi poco male.
2) ma sul grado due ho sfruttato a piene mani l'essere in un campo. Quindi come diamine fa a dire che è scomposto in irriducibili così a colpo d'occhio. Io mica ho capito.
Prevedo altre ore a tirar giù idee come sopra 
. Ti ringrazio per il clamoroso ed enorme aiuto uniti alla tua pazienza.Però appena ho cantato vittoria al primo esercizio mi sono già incagliata, più che altro stavo lavorando in Z[x] quindi tutto il lavoro che ho fatto su rimane parzialmente inutile.
Mi trovo di fronte a una cosa del genere: $f(x)=(x^2+1)(x^2-3)(x+2)$ ebbene il Prof. afferma essere scomposto in irriducibili, mi ha fatto sorgere delle questioni:
1) il ragionamento sul grado 1 non mi dovrebbe cambiare granché perché sono comunque in un dominio quindi poco male.
2) ma sul grado due ho sfruttato a piene mani l'essere in un campo. Quindi come diamine fa a dire che è scomposto in irriducibili così a colpo d'occhio. Io mica ho capito.
Prevedo altre ore a tirar giù idee come sopra
Non c’è bisogno di molte altre idee: se un polinomio monico è riducibile in $\mathbb Z[x]$, lo è anche in $\mathbb Q[x]$.
"hydro":
Non c’è bisogno di molte altre idee: se un polinomio monico è riducibile in $\mathbb Z[x]$, lo è anche in $\mathbb Q[x]$.
Cioè sostanzialmente sftutto: polinimio riducibile in Z[x]=> riducibile in Q[x] quindi al "contrario"
se polinomio è IRriducibile in Q[x] => IRriducibile in Z[x]. (sotto hp monico)
Quindi pragmaticamente in un esercizio se trovo una scomposizione irriducibile in Q[x] con i mezzi dei "teoremi" del post sopra, sono sicura di averli trovati anche per Z[x].
Ho be compreso?
Sì esatto. E' vero anche il viceversa: se un polinomio monico è irriducibile in $\mathbb Z[x]$ lo è anche in $\mathbb Q[x]$, è il cosiddetto lemma di Gauss, ma la dimostrazione è meno banale di quello che ho scritto sopra.
grazie mille ancora, vedo di guardarlo
Scusate se mi intrometto ma vorrei chiedere una piccola delucidazione su questo punto, dato che sto preparando algebra 1 e sto affrontando proprio oggi i polinomi.
in un esempio concreto del genere: $f(x)=3x+3$ in $Q[x]$
essendo in un campo e di grado 1 è già una scomposizione in irriducibili.
Tuttavia potrei riscrivere $f(x)=3(x+1)$ ed essendo $3$ invertibile e $(x+1)$ associato a $f(x)=3x+3$ (uno divide l'altro e viceversa) dovrei dire che ho trovato $g=3$ e $h=x+1$ e $f=gh$ e scomposta in irriducibili quindi è o $3x+3$ oppure $3(x+1)$.
Ma la scomposizione è unica, non capisco cosa sbaglio nella mia considerazione.
"saltimbanca":
A) Tutti i polinomi di grado 1 a coeffcienti in un campo sono irriducibili.
DIM:
scirivo il polinomio h come prodotto di polinomi: $h(x)=f(x)*g(h)$, poiché campo $deg(g)=1=deg(f)+deg(g)=1+0$ e proprio perché campo $g in A^(xx)$ e come dimostrato nel post di apertura se ho un polinomio g costante e invertibile che "collega f a h" allora f è divisore improprio di h => f,g sono sempre divisori impropri (ossia tutti i divisori sono impropri) => h irriducibile
in un esempio concreto del genere: $f(x)=3x+3$ in $Q[x]$
essendo in un campo e di grado 1 è già una scomposizione in irriducibili.
Tuttavia potrei riscrivere $f(x)=3(x+1)$ ed essendo $3$ invertibile e $(x+1)$ associato a $f(x)=3x+3$ (uno divide l'altro e viceversa) dovrei dire che ho trovato $g=3$ e $h=x+1$ e $f=gh$ e scomposta in irriducibili quindi è o $3x+3$ oppure $3(x+1)$.
Ma la scomposizione è unica, non capisco cosa sbaglio nella mia considerazione.
La scomposizione è unica a meno di invertibili. Vuol dire che se hai due fattorizzazioni $f=f_1^{r_1}\ldots f_n^{r_n}$ e $f=g_1^{s_1}\ldots g_m^{s_m}$ con gli $f_i$ e i $g_j$ irriducibili, allora $m=n$ e, a meno di permutare i fattori, $r_i=s_i$ per ogni $i$ e $f_i$ e $g_i$ sono associati per ogni $i$.
In effetti avevo preso un abbaglio con il teorema fondamentale dell'aritmetica, non consideravo però che c'era un legame di fattori associati a meno di riordino (cioè c'è un invertibile di mezzo che lega due fattori a dx e sx).
Però c'è una cosa che non ho ben capito nel caso che porto: io ho $3(x+1)=3x+3$ quindi x+1 è associato in effetti a 3x+3. Ma l'altro fattore, che è un onestissimo irriducibile: 3 a cosa è associato?
Mi sembra di avere $f_1f_2=g_1$, ma m=n come giustramente dici, devo sbagliare qualcosa.
Però c'è una cosa che non ho ben capito nel caso che porto: io ho $3(x+1)=3x+3$ quindi x+1 è associato in effetti a 3x+3. Ma l'altro fattore, che è un onestissimo irriducibile: 3 a cosa è associato?
Mi sembra di avere $f_1f_2=g_1$, ma m=n come giustramente dici, devo sbagliare qualcosa.
$3$ non è affatto irriducibile. Le unità non sono irriducibili per definizione.
Che asino, hai ragione ecco dove sbagliavo. Quindi in sostanza la scomposizione in Q in irriducilili è solo $3x+3$ in realtà non ne esiste, in questo esempio specifico, una seconda scrittura $x+1$.
Spero di non aver detto stupidaggini ora.
Vorrei chiederti un'ultima cosetta prima di levarmi dalle scatole, se posso
Come dicevate sopra è utile il passaggio da Q a Z e viceversa con il lemma di gauss, tuttavia non capisco per nulla una cosa: la scomposizione in irriducibili è definita su campi, quindi perché si fattorizza in irriducibili su Z? nessuno garantisce l'esistenza (il teorema è appunto per campi e Z non lo è)
Però seguendo il mio esempio riportato $f(x)=3(x+1)$ il proff dice che è una scomposizione in irriducibili (ma ripeto non siamo in un campo quindi perché mai dovrebbe esserci?).
In ogni caso non riesco poi a capire perché 3 sia irriducibile in Z, sappiamo che è diverso da zero e va bene, che non appartiene agli invertibili, però non capisco come provare che ha solo divisori impropri il 3 , in generale 3|a e a|3 non è vero (non direi che è improprio).
Invece (x+1) essendo irriducibile in Q[x] -> irriducibile in Z[x] essendo monico.
Grazie mille per l'aiuto, che fortuna aver trovato questa discussione. vera seredipità!
Spero di non aver detto stupidaggini ora.
Vorrei chiederti un'ultima cosetta prima di levarmi dalle scatole, se posso
Come dicevate sopra è utile il passaggio da Q a Z e viceversa con il lemma di gauss, tuttavia non capisco per nulla una cosa: la scomposizione in irriducibili è definita su campi, quindi perché si fattorizza in irriducibili su Z? nessuno garantisce l'esistenza (il teorema è appunto per campi e Z non lo è)
Però seguendo il mio esempio riportato $f(x)=3(x+1)$ il proff dice che è una scomposizione in irriducibili (ma ripeto non siamo in un campo quindi perché mai dovrebbe esserci?).
In ogni caso non riesco poi a capire perché 3 sia irriducibile in Z, sappiamo che è diverso da zero e va bene, che non appartiene agli invertibili, però non capisco come provare che ha solo divisori impropri il 3 , in generale 3|a e a|3 non è vero (non direi che è improprio).
Invece (x+1) essendo irriducibile in Q[x] -> irriducibile in Z[x] essendo monico.
Grazie mille per l'aiuto, che fortuna aver trovato questa discussione. vera seredipità!
Se $A$ è un UFD, anche $A[x]$ lo è. Quindi anche in $\mathbb Z[x]$ ogni polinomio si fattorizza in irriducibili in maniera essenzialmente unica. E comunque anche se $A[x]$ non è un UFD questo non implica che tu non possa fattorizzare un qualche polinomio particolare come prodotto di irriducibili, quindi non vedo quale sia il problema. $3$ è irriducibile in $\mathbb Z[x]$ per definizione: se $f(x)|3$ deve essere necessariamente $\deg f=0$, ma $3$ è primo in $\mathbb Z$ quindi deve essere $f=\pm 1$.
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