Irriducibilità dei polinomi $x^n+px^(n-1)+p^2x^(n-2)+...+p^(n-1)x+p^n$ con $n$ pari e $p$ primo
Mi sembra che questi poliomi siano irriducibili su $Q$ o che è la stessa cosa (per il lemma di Gauss) su $Z$.
Se qualche appassionato di fattorizzazioni di polinomi a coefficienti interi mi sa dire come si prova la presunta irriducibilità o se invece mi fornisce un controesempio, gliene sarò grato!
Se qualche appassionato di fattorizzazioni di polinomi a coefficienti interi mi sa dire come si prova la presunta irriducibilità o se invece mi fornisce un controesempio, gliene sarò grato!
Risposte
Sia \(\displaystyle\alpha\) una radice intera del polinomio dato, per le formule di Viète-Girard tu hai che \(\displaystyle\alpha\) divide \(\displaystyle p^n\) quindi dev'essere:
\[
\alpha\in\{\pm p^k\in\mathbb{Z}\mid k\in\{0,...,n\}\}
\]
da cui si deve scegliere una radice negativa, altrimenti si avrebbe una quantità positiva.
Per ipotesi \(\displaystyle n=2m\) è un numero intero pari, quindi:
\[
(-p^k)^n+p(-p^k)^{n-1}+...p^{n-1}(-p^k)+p^n=p^{kn}-p^{kn-k+1}+...-p^{n+k-1}+p^n=\sum_{h=0}^n(-1)^hp^{k(n-h)+h}=\\
=p^n\sum_{h=0}^n(-1)^hp^{n(k-1)+h(1-k)}=p^n\sum_{h=0}^n(-1)^hp^{(n-h)(k-1)}=p^{2m}\sum_{h=0}^{2m}p^{(2m-h)(k-1)}
\]
ragionando solo sul secondo fattore:
\[
\sum_{h=0}^{m-1}\left(p^{[2m-(2h+1)](k-1)}p^{2(m-h)(k-1)}\right)+p^{m(k-1)}>0
\]
in quanto:
\[
\forall a,b\in\mathbb{N},\,a^b>a^{b-1}.\,\mathrm{Q.E.D.}\,\Box
\]
P.S.: Che schifo di risveglio: risolvere un problemino di TdN di prima mattina, io che odio i num(m)eri... Quasi quasi spero che la soluzione sia sbagliata!
EDIT: Avevo sbagliato degli esponenti!
\[
\alpha\in\{\pm p^k\in\mathbb{Z}\mid k\in\{0,...,n\}\}
\]
da cui si deve scegliere una radice negativa, altrimenti si avrebbe una quantità positiva.
Per ipotesi \(\displaystyle n=2m\) è un numero intero pari, quindi:
\[
(-p^k)^n+p(-p^k)^{n-1}+...p^{n-1}(-p^k)+p^n=p^{kn}-p^{kn-k+1}+...-p^{n+k-1}+p^n=\sum_{h=0}^n(-1)^hp^{k(n-h)+h}=\\
=p^n\sum_{h=0}^n(-1)^hp^{n(k-1)+h(1-k)}=p^n\sum_{h=0}^n(-1)^hp^{(n-h)(k-1)}=p^{2m}\sum_{h=0}^{2m}p^{(2m-h)(k-1)}
\]
ragionando solo sul secondo fattore:
\[
\sum_{h=0}^{m-1}\left(p^{[2m-(2h+1)](k-1)}p^{2(m-h)(k-1)}\right)+p^{m(k-1)}>0
\]
in quanto:
\[
\forall a,b\in\mathbb{N},\,a^b>a^{b-1}.\,\mathrm{Q.E.D.}\,\Box
\]
P.S.: Che schifo di risveglio: risolvere un problemino di TdN di prima mattina, io che odio i num(m)eri... Quasi quasi spero che la soluzione sia sbagliata!
EDIT: Avevo sbagliato degli esponenti!
Armando, hai dimostrato solo che non ha radici (cioè fattori di grado uno) o sbaglio?
Sì, Martino... non era questa la richiesta?
EDIT: No
la richiesta è più forte: è da dimostrare la irriducibilità... Al più, la mia dimostrazione vale per \(\displaystyle n=2\)!
EDIT: No
la richiesta è più forte: è da dimostrare la irriducibilità... Al più, la mia dimostrazione vale per \(\displaystyle n=2\)!
Tutto quello che mi viene in mente non funziona: il criterio di riduzione mod p lascia in piedi $x^n$ che è ovviamente riducibile; il criterio di Eisenstein meno che mai (ho sentito parlare del criterio di Eisenstein generalizzato, ma non lo conosco e dubito che in questa situazione possa essere utile), Berlekamp purtroppo me lo ricordo male.
Inoltre stavo vedendo che la situazione potrebbe essere più "seria" nel senso che mi risultano irriducibili su $Z$ anche polinomi come $x^4+x^3+x^2+x+1$ e $x^4+4x^3+16x^2+64x+256$ quindi mi viene il sospetto che la condizione $p$ primo sia superflua in quanto risultano (forse) irriducibili i polinomi $x^n+ax^(n-1)+a^2x^(n-2)+...+a^(n-1)x+a^n$ con $a$ intero positivo qualunque e $n$ pari!!!
Inoltre stavo vedendo che la situazione potrebbe essere più "seria" nel senso che mi risultano irriducibili su $Z$ anche polinomi come $x^4+x^3+x^2+x+1$ e $x^4+4x^3+16x^2+64x+256$ quindi mi viene il sospetto che la condizione $p$ primo sia superflua in quanto risultano (forse) irriducibili i polinomi $x^n+ax^(n-1)+a^2x^(n-2)+...+a^(n-1)x+a^n$ con $a$ intero positivo qualunque e $n$ pari!!!
Di certo ogni polinomio della forma \(\displaystyle \sum_{k=0}^m x^k \) se \(m = p-1\) con \(p\) primo, è irriducibile. Infatti, preso \(x^p - 1\), si ha
\[
x^p - 1 = (x-1) \sum_{k=0}^m x^k
\]
inoltre si ha una bîezione \(\displaystyle \mathbb{Q} \to \mathbb{Q} \) data da \(x \mapsto y+1\). Operando tale sostituzione, la relazione scritta prima diventa
\[
(y+1)^p - 1 = y \sum_{k=0}^m (y+1)^k
\]
sviluppando la potenza di binomio e raccogliendo \(y\) (il termine noto sparisce grazie al \(-1\)) diventa
\[
\sum_{k=0}^m (y+1)^k = \sum_{l=0}^m \binom{p}{l}y^{p-1-l}
\]
RHS è irriducibile per il criterio di Eisenstein, allora \(\sum_{k=0}^m (y+1)^k \) è irriducibile, e tenendo conto della bîezione di cui sopra, \( \sum_{k=0}^m x^k \) è irriducibile.
Però non credo si possa generalizzare facilmente a casi in cui i coefficienti sono diversi da \(1\) o a casi in cui \(n \ne p-1\) con \(p\) primo.
\[
x^p - 1 = (x-1) \sum_{k=0}^m x^k
\]
inoltre si ha una bîezione \(\displaystyle \mathbb{Q} \to \mathbb{Q} \) data da \(x \mapsto y+1\). Operando tale sostituzione, la relazione scritta prima diventa
\[
(y+1)^p - 1 = y \sum_{k=0}^m (y+1)^k
\]
sviluppando la potenza di binomio e raccogliendo \(y\) (il termine noto sparisce grazie al \(-1\)) diventa
\[
\sum_{k=0}^m (y+1)^k = \sum_{l=0}^m \binom{p}{l}y^{p-1-l}
\]
RHS è irriducibile per il criterio di Eisenstein, allora \(\sum_{k=0}^m (y+1)^k \) è irriducibile, e tenendo conto della bîezione di cui sopra, \( \sum_{k=0}^m x^k \) è irriducibile.
Però non credo si possa generalizzare facilmente a casi in cui i coefficienti sono diversi da \(1\) o a casi in cui \(n \ne p-1\) con \(p\) primo.
Il criterio di Eisenstein a qualcosa serviva quindi.
Querllo che hai scritto mi ha fatto ricordare che $(x^n+ax^(n-1)+....+a^(n-1)x+a^n)(x-a)=x^(n+1)-a^(n+1)$ e che quindi un fattore di $x^n+ax^(n-1)+....+a^(n-1)x+a^n$ sarebbe anche un fattore di $x^(n+1)-a^(n+1)$ diverso da $x-a$. Chissà se è un ragionamento che porta da qulache parte...
Querllo che hai scritto mi ha fatto ricordare che $(x^n+ax^(n-1)+....+a^(n-1)x+a^n)(x-a)=x^(n+1)-a^(n+1)$ e che quindi un fattore di $x^n+ax^(n-1)+....+a^(n-1)x+a^n$ sarebbe anche un fattore di $x^(n+1)-a^(n+1)$ diverso da $x-a$. Chissà se è un ragionamento che porta da qulache parte...
A questo punto, basta notare che:
\[
x^{n+1}-a^{n+1}=\prod_{k=0}^n\left(x-\sqrt[n+1]{a}\exp\left(\frac{2k\pi i}{n+1}\right)\right)
\]
e si ottiene che:
\[
x^n+ax^{n-1}+a^2x^{n-2}+...+a^{n-1}x+a^n=\prod_{k=1}^n\left(x-\sqrt[n+1]{a}\exp\left(\frac{2k\pi i}{n+1}\right)\right)
\]
ove con \(\displaystyle\exp\) indico la funzione esponenziale con base naturale.
L'ipote che \(\displaystyle n\) sia pari permette di affermare che \(\displaystyle n+1\) è dispari e quindi non si semplifica con \(\displaystyle 2k\)!
Ciò dovrebbe bastare per dimostrare l'irriducibilità di tali polinomi, addirittura su \(\displaystyle\mathbb{R}\)!
Sbaglio?
\[
x^{n+1}-a^{n+1}=\prod_{k=0}^n\left(x-\sqrt[n+1]{a}\exp\left(\frac{2k\pi i}{n+1}\right)\right)
\]
e si ottiene che:
\[
x^n+ax^{n-1}+a^2x^{n-2}+...+a^{n-1}x+a^n=\prod_{k=1}^n\left(x-\sqrt[n+1]{a}\exp\left(\frac{2k\pi i}{n+1}\right)\right)
\]
ove con \(\displaystyle\exp\) indico la funzione esponenziale con base naturale.
L'ipote che \(\displaystyle n\) sia pari permette di affermare che \(\displaystyle n+1\) è dispari e quindi non si semplifica con \(\displaystyle 2k\)!
Ciò dovrebbe bastare per dimostrare l'irriducibilità di tali polinomi, addirittura su \(\displaystyle\mathbb{R}\)!
Sbaglio?
Beh, contando che il grado massimo di un polinomio irriducibile su \(\displaystyle \mathbb{R} \) è \(2\), c'è qualcosa che non quadra. Il fatto è che le radici complesse di un polinomio a coefficienti reali sono a due a due coniugate, quindi il rispettivo prodotto (dei fattori di grado \(1\) in \(\mathbb{C}\) associati a quelle radici) sarà un polinomio di grado \(2\) a coefficienti reali. Il problema in questo caso diventerebbe quello di trovare un modo a priori per dire che sebbene reali, le radici dei polinomi di grado \(2\) che vengon fuori nella fattorizzazione in irriducibili su \(\mathbb{R}\) non sono razionali.
EDIT: aggiunto chiarimento e corretto un punto.
EDIT: aggiunto chiarimento e corretto un punto.
In effetti, la irriducibilità su \(\displaystyle\mathbb{R}\) non c'è; in quanto gli unici polonomi irriducibili hanno grado \(\displaystyle1\) o \(\displaystyle2\)!
Grazie alle vostre osservazioni, soprattutto alle ultime due con la scomposizione nei complessi di j18eos e
immagino volessi dire "i coefficienti" invece delle radici,
mi hanno dato lo spunto giusto.
Ebbene NON E' VERO CHE SONO TUTTI IRRIDUCIBILI:
$x^8+ax^7+....+a^7x+a^8=(x^2+ax+a^2)(x^6+a^3x^3+a^6)$
"Epimenide93":
Beh, contando che il grado massimo di un polinomio irriducibile su \( \displaystyle \mathbb{R} \) è \( 2 \), c'è qualcosa che non quadra. Il fatto è che le radici complesse di un polinomio a coefficienti reali sono a due a due coniugate, quindi il rispettivo prodotto (dei fattori di grado \( 1 \) in \( \mathbb{C} \) associati a quelle radici) sarà un polinomio di grado \( 2 \) a coefficienti reali. Il problema in questo caso diventerebbe quello di trovare un modo a priori per dire che sebbene reali, le radici dei polinomi di grado \( 2 \) che vengon fuori nella fattorizzazione in irriducibili su \( \mathbb{R} \) non sono razionali.
immagino volessi dire "i coefficienti" invece delle radici,
mi hanno dato lo spunto giusto.
Ebbene NON E' VERO CHE SONO TUTTI IRRIDUCIBILI:
$x^8+ax^7+....+a^7x+a^8=(x^2+ax+a^2)(x^6+a^3x^3+a^6)$
Mi hai risparmiato l'ultima parte del conto coi numeri complessi; grazie a te! 
Dividendo per [tex]p^n[/tex] e cambiando variabili si vede che si tratta di discutere l'irriducibilità di [tex]x^n+...+x+1[/tex]. Questo polinomio è irriducibile se e solo se [tex]n+1[/tex] è un numero primo. Questo viene dalla teoria dei polinomi ciclotomici: [tex]x^m-1[/tex] è un prodotto di tanti polinomi irriducibili quanti sono i divisori di [tex]m[/tex] e il fattore corrispondente al divisore [tex]d[/tex] (il d-esimo polinomio ciclotomico) ha grado [tex]\varphi(d)[/tex]. Dato che [tex]x^m-1 = (x-1) (x^{m-1} + \ldots + x + 1)[/tex], il polinomio [tex]x^{m-1} + \ldots + x + 1[/tex] è irriducibile se e solo se [tex]m[/tex] ha due soli divisori, cioè è primo.
"Martino":
Dividendo per [tex]p^n[/tex] e cambiando variabili si vede che si tratta di discutere l'irriducibilità di [tex]x^n+...+x+1[/tex]. Questo polinomio è irriducibile se e solo se [tex]n+1[/tex] è un numero primo. Questo viene dalla teoria dei polinomi ciclotomici: [tex]x^m-1[/tex] è un prodotto di tanti polinomi irriducibili quanti sono i divisori di [tex]m[/tex] e il fattore corrispondente al divisore [tex]d[/tex] (il d-esimo polinomio ciclotomico) ha grado [tex]\varphi(d)[/tex]. Dato che [tex]x^m-1 = (x-1) (x^{m-1} + \ldots + x + 1)[/tex], il polinomio [tex]x^{m-1} + \ldots + x + 1[/tex] è irriducibile se e solo se [tex]m[/tex] ha due soli divisori, cioè è primo.
Effettivamente il fatto che $x^n+ax^(n-1)+...+a^(n-1)x+a^n$ sia il quoziente della divisione di $x^(n+1)-a^(n+1)$ per $x-a$ doveva portare a pensare subito al polinomio ciclotomico.
Formalizzando quindi quanto scrivi:
$x^n+ax^(n-1)+...+a^(n-1)x+a^n = (x^(n+1)-a^(n+1))/(x-a) = (a^(n+1)((x/a)^(n+1)-1))/(x-a) = (a^(n+1)\prod_(d|n+1)\Phi_d(x/a))/(x-a) = (a^(n+1)(x/a - 1)\prod_(d|n+1,d>1)\Phi_d(x/a))/(x-a) = a^n\prod_(d|n+1,d>1)\Phi_d(x/a)$
dove $\Phi_d$ è il d-esimo polinomio ciclotomico.
Quindi l'irrudicibilità si ha se e solo se $n+1$ è primo.
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo