Polinomi che hanno particolari radici

[Angus1956]

Sia $finZZ[X]$ di grado $n$ monico irriducibile. Sia $alphainCC$ una radice di $f$. Determinare un polinomio $ginZZ[X]$ monico di grado $n$ tale che $g(alpha^2)=0$.
Allora io avevo pensato per trovare $g$ di partire da $x=alpha^2$ e sfruttare in qualche modo che $f(alpha)=0$ però facendo varie prove non sono riuscito a concludere niente, sapete dirmi?

[Studente Anonimo]

Io comincerei scrivendo $f(x)=xg(x^2)+h(x^2)$ e facendo un po' di manipolazioni algebriche.

[Angus1956]

"Martino":Io comincerei scrivendo $f(x)=xg(x^2)+h(x^2)$ e facendo un po' di manipolazioni algebriche.

Quindi praticamente hai riscritto $f$ come somma dei suoi termini di grado dispari ($xg(x^2)$) e i suoi termini di grado pari ($h(x^2)$)? Cmq avremmo che $alphag(alpha^2)+h(alpha^2)=0$ per cui $(alphag(alpha^2)-h(alpha^2))(alphag(alpha^2)+h(alpha^2))=0$ e quindi $alpha^2g^2(alpha^2)-h^2(alpha^2)=0$. Per cui il polinomio che sto cercando dovrebbe essere $xg^2(x)-h^2(x)$.

[Studente Anonimo]

Sì.

[Angus1956]

"andreadel1988":
Quindi praticamente hai riscritto $f$ come somma dei suoi termini di grado dispari ($xg(x^2)$) e i suoi termini di grado pari ($h(x^2)$)? Cmq avremmo che $alphag(alpha^2)+h(alpha^2)=0$ per cui $(alphag(alpha^2)-h(alpha^2))(alphag(alpha^2)+h(alpha^2))=0$ e quindi $alpha^2g^2(alpha^2)-h^2(alpha^2)=0$. Per cui il polinomio che sto cercando dovrebbe essere $xg^2(x)-h^2(x)$.

Ho mostrato quindi che se $alpha$ è una radice di $f=xk(x^2)+h(x^2)$ allora $alpha^2$ è una radice di $g=xk^2(x)-h^2(x)$. Ora mi chiede di considerare la riduzione di questi due polinomi in $ZZ_{/2}$ (in cui $f$ è irriducibile) e di mostrare che sono uguali (Sugg: potrà essere utile considerare una radice di $f$ nel
suo campo di spezzamento su $ZZ_{/2}$). Se mostrassi che $alpha^2=alpha$ avrei fatto, oppure devo seguire un altra strada?

[Studente Anonimo]

Devi usare l'omomorfismo di Frobenius per mostrare che $f(x^2)=f(x)^2$.

[Angus1956]

"Martino":Devi usare l'omomorfismo di Frobenius.

Mi sembra strano dato che non l'abbiamo mai fatto e non so nemmeno cosa sia

[Studente Anonimo]

Ok allora lascia stare Frobenius.

Usando il fatto che $(a+b)^2=a^2+2ab+b^2=a^2+b^2$, mostra che $f(x^2)=f(x)^2$.

[Angus1956]

"Martino":Ok allora lascia stare Frobenius.

Usando il fatto che $(a+b)^2=a^2+2ab+b^2=a^2+b^2$, mostra che $f(x^2)=f(x)^2$.

Sia $f(x)=a_nx^n+...+a_1x+a_0$ con $a_n,...,a_0inZZ_{/2}$. Se faccio $f^2(x)$ tutti i doppi prodotti si annullano in $ZZ_{/2}$ perciò rimangono solo i quadrati ovvero $f^2(x)=a_n^2x^(2n)+...+a_1^2x^2+a_0^2$ poiche siamo in $ZZ_{/2}$ allora $a^2=a$ (poichè $1^2=1$ e $0^2=0$ gli unici elementi di $ZZ_{/2}$) quindi $f^2(x)=a_n(x^2)^n+...+a_1(x^2)+a_0$ e questo è uguale a $f(x^2)$. Per cui $f(x)=xk(x^2)+h(x^2)=xk^2(x)+h^2(x)=xk^2(x)-h^2(x)=g(x)$ in $ZZ_{/2}$

[Studente Anonimo]

Esatto