Polinomi irriducibili
Avrei bisogno di una mano per dimostrare che i seguenti polinomi sono irriducibili in $QQ[x]$:
$f_1(x)=x^5+10x^2-6x+2$
$f_2(x)=x^3+6x+1$
$f_3(x)=x^5+4x^2+x+2$
$f_4(x)=x^4+3x^2+x+1$
per il primo ho provato ad usare il criterio di Eisenstein con $p=2$: $p | 2$, $p | -6$, $p | 10$, $p$ non divide $1$ e $p^2=4$ non divide $2$ dunque $f_1(x)$ è irriducibile in $QQ[x]$
per il secondo considererei $p(x)=x^3+x+1 \in ZZ_5[x]$ e noto che $p(0)=1$, $p(1)=3$, $p(2)=1$, $p(3)=1$, $p(4)=4$ e noto che $f_2(x)=p(x)$ in $ZZ_5[x]$ e, poiché $p(x)$ è irriducibile in $ZZ_5[x]$, $f_2(x)$ è irriducibile in $QQ[x]$.
per il terzo ho preso $p(x)=x^5+x^2+x+2 \in ZZ_3[x]$ e noto che $p(0)=2$, $p(1)=1$, $p(2)=1$; dunque non ha radici, ma potrebbe spezzarsi in un prodotto di polinomi di secondo e terzo grado, perciò ho considerato tutti i polinomi irriducibili di secondo grado di $ZZ_3[x]$ che sono:
$p_1(x)=x^2+1$, $p_2(x)=x^2+x+2$, $p_3(x)=x^2+2x+2$
dopodiché ho effettuato la divisione tra $f_3(x)$ e i polinomi qui sopra constatando che il resto era sempre diverso da zero il che mi ha permesso di concludere che $p(x)$ è irriducibile in $ZZ_3[x]$ e dunque $f_3(x)$ è irriducibile in $QQ[x]$ poiché coincide con $p(x)$ in $ZZ_3[x]$
per l'ultimo invece non riesco a sbrogliare la matassa: il criterio di Eisenstein non si può applicare e il discorso fatto nei due casi precedenti è infruttuoso poiché il polinomio corrispondente in $ZZ_2[x]$ o $ZZ_3[x]$ è riducibile, mentre considerando $ZZ_5[x]$ non ha radici, ma potrebbe spezzarsi in fattori di secondo grado; solo che mentre nel caso $ZZ_3[x]$ i polinomi irriducibili di grado due erano solo $3$, in $ZZ_5[x]$ sono $11$ (sempre se non ho sbagliato a fare i conti) e diventa estremamente lungo fare 11 divisioni tra polinomi (che tra l'altro potrebbe venire un resto nullo e mandare a monte tutto essendo la condizione soltanto sufficiente).
Vi prego come si potrebbe fare?
I primi tre sono invece giusti?
Grazie moltissimo!
$f_1(x)=x^5+10x^2-6x+2$
$f_2(x)=x^3+6x+1$
$f_3(x)=x^5+4x^2+x+2$
$f_4(x)=x^4+3x^2+x+1$
per il primo ho provato ad usare il criterio di Eisenstein con $p=2$: $p | 2$, $p | -6$, $p | 10$, $p$ non divide $1$ e $p^2=4$ non divide $2$ dunque $f_1(x)$ è irriducibile in $QQ[x]$
per il secondo considererei $p(x)=x^3+x+1 \in ZZ_5[x]$ e noto che $p(0)=1$, $p(1)=3$, $p(2)=1$, $p(3)=1$, $p(4)=4$ e noto che $f_2(x)=p(x)$ in $ZZ_5[x]$ e, poiché $p(x)$ è irriducibile in $ZZ_5[x]$, $f_2(x)$ è irriducibile in $QQ[x]$.
per il terzo ho preso $p(x)=x^5+x^2+x+2 \in ZZ_3[x]$ e noto che $p(0)=2$, $p(1)=1$, $p(2)=1$; dunque non ha radici, ma potrebbe spezzarsi in un prodotto di polinomi di secondo e terzo grado, perciò ho considerato tutti i polinomi irriducibili di secondo grado di $ZZ_3[x]$ che sono:
$p_1(x)=x^2+1$, $p_2(x)=x^2+x+2$, $p_3(x)=x^2+2x+2$
dopodiché ho effettuato la divisione tra $f_3(x)$ e i polinomi qui sopra constatando che il resto era sempre diverso da zero il che mi ha permesso di concludere che $p(x)$ è irriducibile in $ZZ_3[x]$ e dunque $f_3(x)$ è irriducibile in $QQ[x]$ poiché coincide con $p(x)$ in $ZZ_3[x]$
per l'ultimo invece non riesco a sbrogliare la matassa: il criterio di Eisenstein non si può applicare e il discorso fatto nei due casi precedenti è infruttuoso poiché il polinomio corrispondente in $ZZ_2[x]$ o $ZZ_3[x]$ è riducibile, mentre considerando $ZZ_5[x]$ non ha radici, ma potrebbe spezzarsi in fattori di secondo grado; solo che mentre nel caso $ZZ_3[x]$ i polinomi irriducibili di grado due erano solo $3$, in $ZZ_5[x]$ sono $11$ (sempre se non ho sbagliato a fare i conti) e diventa estremamente lungo fare 11 divisioni tra polinomi (che tra l'altro potrebbe venire un resto nullo e mandare a monte tutto essendo la condizione soltanto sufficiente).
Vi prego come si potrebbe fare?
I primi tre sono invece giusti?
Grazie moltissimo!
Risposte
Brute force:
$(x^2+bx+c)(x^2+dx+e)= x^4+ (d+b)x^3+(c+e+bd)x^2+(cd+be)x+ec$ (perché assumo che si possa scomporre in polinomi monici?), da cui
$d=-b$, $c+e-b^2=3$, $b(e-c)=1=ec$, fai un po' di conti a mano e vedi se viene un assurdo.
$(x^2+bx+c)(x^2+dx+e)= x^4+ (d+b)x^3+(c+e+bd)x^2+(cd+be)x+ec$ (perché assumo che si possa scomporre in polinomi monici?), da cui
$d=-b$, $c+e-b^2=3$, $b(e-c)=1=ec$, fai un po' di conti a mano e vedi se viene un assurdo.
"pic":
Brute force:
$(x^2+bx+c)(x^2+dx+e)= x^4+ (d+b)x^3+(c+e+bd)x^2+(cd+be)x+ec$ (perché assumo che si possa scomporre in polinomi monici?), da cui
$d=-b$, $c+e-b^2=3$, $b(e-c)=1=ec$, fai un po' di conti a mano e vedi se viene un assurdo.
Ma è impossibile stabilire se questo sistema è risolubile...
O almeno io non ci riesco...
Non potresti postare come faresti tu, per favore?
Prova a fare un po' di supposizioni. Ad esempio se b=0 o se b non è 0. Su questi sistemi devi andare a tentativi.
Per completezza (e perchè sto dando questo esame in questi giorni 
)
sul secondo: potresti far vedere che non ammette radici in $QQ$
[dato $f in K[x], degf=2,3.$ Si ha: $f$ irriducibile $<=>$ non ha radici in $K$]
visto che le radici (se ci sono) devono necessariamente essere nell'insieme ${1,-1}$
)sul secondo: potresti far vedere che non ammette radici in $QQ$
[dato $f in K[x], degf=2,3.$ Si ha: $f$ irriducibile $<=>$ non ha radici in $K$]
visto che le radici (se ci sono) devono necessariamente essere nell'insieme ${1,-1}$
Forse ho trovato il paradosso:
$x^4+3x^2+x+1=(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)= x^4+ (a+c)x^3+(d+ac+b)x^2+(ad+bc)x+bd$
dunque il sistema diventa:
$\{(a+c=0),(d+ac+b=3),(ad+bc=1),(bd=1):} \Leftrightarrow \{(c=-a),(d=1/b),(a(1/b-b)=1),(1/b-a^2+b=3):}$ ma la comparsa di $1/b=b^(-1)$ obbliga $b=1$ visto che è l'unico elemento invertibile in $ZZ_5$, ma questo porterebbe all'assurdo che $0=1$ nella terza equazione.
Va bene questa strada?
Vi prego: datemi rassicurazioni!
$x^4+3x^2+x+1=(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)= x^4+ (a+c)x^3+(d+ac+b)x^2+(ad+bc)x+bd$
dunque il sistema diventa:
$\{(a+c=0),(d+ac+b=3),(ad+bc=1),(bd=1):} \Leftrightarrow \{(c=-a),(d=1/b),(a(1/b-b)=1),(1/b-a^2+b=3):}$ ma la comparsa di $1/b=b^(-1)$ obbliga $b=1$ visto che è l'unico elemento invertibile in $ZZ_5$, ma questo porterebbe all'assurdo che $0=1$ nella terza equazione.
Va bene questa strada?
Vi prego: datemi rassicurazioni!
"Gaal Dornick":
Per completezza (e perchè sto dando questo esame in questi giorni
sul secondo: potresti far vedere che non ammette radici in $QQ$
[dato $f in K[x], degf=2,3.$ Si ha: $f$ irriducibile $<=>$ non ha radici in $K$]
visto che le radici (se ci sono) devono necessariamente essere nell'insieme ${1,-1}$
Allora sei in buona compagnia: anch'io sono pronto per togliermi questo esame (o almeno spero!
).Cmq non ho capito perchè se avesse radici queste dovrebbero per forza essere $-1$ oppure $1$
apparte che hai scritto $d=1/d$ invece è $d=1/b$ e quindi hai che $a(1/d-b)=1$ Ma $b=1/d$ da cui l'assurdo $0=1$
Si, hai ragione e ho anche corretto l'imprecisione, ma a parte quello il ragionamento va bene?
"Gaal Dornick":
perchè sto dando questo esame in questi giorni
Mi dispiace, davvero. Ti sono vicino....
Da $ec=1$, sapendo che $e, c \in ZZ$, arrivi subito a 2 casi: o sono entrambi 1 o sono entrambi -1. Poi $b=-d$, allora il polinomio è
$(x^2+bx+1)(x^2-bx+1)$ oppure $(x^2+bx-1)(x^2-bx-1)$, ottieni comunque un assurdo sviluppando i conti.
$(x^2+bx+1)(x^2-bx+1)$ oppure $(x^2+bx-1)(x^2-bx-1)$, ottieni comunque un assurdo sviluppando i conti.
"pic":
Da $ec=1$, sapendo che $e, c \in ZZ$, arrivi subito a 2 casi: o sono entrambi 1 o sono entrambi -1. Poi $b=-d$, allora il polinomio è
$(x^2+bx+1)(x^2-bx+1)$ oppure $(x^2+bx-1)(x^2-bx-1)$, ottieni comunque un assurdo sviluppando i conti.
Perfetto!
Grazie!
dato $f=a_nx^n+...+a_0 in QQ[x]$ si ha che:
$r in QQ " radice " => r=m/n $ con $m in ZZ, n in ZZ$ coprimi e $m//a_0$ e $n//a_n$
(non sono proprio sicurissimo di questo teorema, magari controllalo, forse l'enunciato va precisato..in linea di massima però è questo)
Quindi condizione necessaria affinchè $m/n$ sia radice è che $m//a_0$ e $n//a_n$.
$r in QQ " radice " => r=m/n $ con $m in ZZ, n in ZZ$ coprimi e $m//a_0$ e $n//a_n$
(non sono proprio sicurissimo di questo teorema, magari controllalo, forse l'enunciato va precisato..in linea di massima però è questo)
Quindi condizione necessaria affinchè $m/n$ sia radice è che $m//a_0$ e $n//a_n$.
"Gaal Dornick":
dato $f=a_nx^n+...+a_0 in QQ[x]$ si ha che:
$r in QQ " radice " => r=m/n $ con $m in ZZ, n in ZZ$ coprimi e $m//a_0$ e $n//a_n$
(non sono proprio sicurissimo di questo teorema, magari controllalo, forse l'enunciato va precisato..in linea di massima però è questo)
Quindi condizione necessaria affinchè $m/n$ sia radice è che $m//a_0$ e $n//a_n$.
Una precisazione è che la divisibilità fra razionali è una relazione poco interessante.... semmai dovrà essere $f \in ZZ[x]$.
Po suggerirei $n| a_n$ (il simbolo di "divide" è |).
Come mai quest'intervento (il tuo dico)?
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