Polinomio
Sia $f(x)=x^{p-1}+x^{p-2}+...+x+1$.
Se è irriducibile su $QQ$ allora $p$ è un numero primo...
non riesco proprio a farlo qualche consiglio???
Se è irriducibile su $QQ$ allora $p$ è un numero primo...
non riesco proprio a farlo qualche consiglio???
Risposte
$f(x)=x^{5}+x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1 = x^3 (x^{2}+x+1) +x^{2}+x+1 $
non è che questa idea della scomposizione in fattori parziali funge?
non è che questa idea della scomposizione in fattori parziali funge?
ma non è il polinomio che studio io in quanto se $p-1=5=>p=6$ e non è primo...
"miuemia":
ma non è il polinomio che studio io in quanto se $p-1=5=>p=6$ e non è primo...
...
io posto la soluzione che ho trovato nel mio libro di algebra 
sia $f(x)$ un polinomio appartenente a $K[x]$ e sia $alphainK$ allora
$f(x)$ è irriducibile su K $hArr$ $f(x-alpha)$ è irriducibile su K
fatta questa premessa osserviamo che $x^(p-1)+x^(p-2)+...+x+1=(x^p-1)/(x-1)$
ora facciamo la sostituzione $x -> x+1$ otteniamo:
$((x+1)^p-1)/((x+1)-1)=(sum_(k=0)^p((p),(k))x^(p-k)-1)/x=x^(p-1)+((p),(1))x^(p-2)+((p),(2))x^(p-3)+...+p$
ora si può applicare il metodo di Eisenstein
sia $f(x)$ un polinomio appartenente a $K[x]$ e sia $alphainK$ allora
$f(x)$ è irriducibile su K $hArr$ $f(x-alpha)$ è irriducibile su K
fatta questa premessa osserviamo che $x^(p-1)+x^(p-2)+...+x+1=(x^p-1)/(x-1)$
ora facciamo la sostituzione $x -> x+1$ otteniamo:
$((x+1)^p-1)/((x+1)-1)=(sum_(k=0)^p((p),(k))x^(p-k)-1)/x=x^(p-1)+((p),(1))x^(p-2)+((p),(2))x^(p-3)+...+p$
ora si può applicare il metodo di Eisenstein
si ma questa è l'implicazione inversa cioè se $p$ è primo allora $f(x)$ è irriducibile per Eisenstein.... l'altra implicazione chiedevo... 
nessuno si fidi mai dei miei conti, questo è il general disclaimer
ma il mio discorso era questo:
se $p$ non è primo, ad esempio $p=6$, si dovrebbe riuscire a fare la scomposizione come nell'esempio
in altre parole, l'idea è di provare la contrapposta: se $p$ non è primo posso scomporre
ma il mio discorso era questo:
se $p$ non è primo, ad esempio $p=6$, si dovrebbe riuscire a fare la scomposizione come nell'esempio
in altre parole, l'idea è di provare la contrapposta: se $p$ non è primo posso scomporre
"miuemia":
si ma questa è l'implicazione inversa cioè se $p$ è primo allora $f(x)$ è irriducibile per Eisenstein.... l'altra implicazione chiedevo...
ops pardon!
quello che dici tu fioravante funziona quando $p$ è pari perchè ho un numero pari di addendi e riesco a fare una scomposizione di quel genere ma ad esempio:
$x^8+x^7+x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1$ come lo scompongo???
$x^8+x^7+x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1$ come lo scompongo???
"Fioravante Patrone":
$f(x)=x^{5}+x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1 = x^3 (x^{2}+x+1) +x^{2}+x+1 $
non è che questa idea della scomposizione in fattori parziali funge?
Ho dei dubbi riguardo al caso in cui $p$ è dispari e non primo.
"miuemia":
quello che dici tu fioravante funziona quando $p$ è pari perchè ho un numero pari di addendi e riesco a fare una scomposizione di quel genere ma ad esempio:
$x^8+x^7+x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1$ come lo scompongo???
rispondo anche a Martino:
$x^6(x^2+x+1)+x^3(x^2+x+1)+x^2+x+1$
sembra funzionare davvero...
l'idea che volevo suggerire è che hai p addendi che "raggruppi" sfruttando proprio il fatto che p non è primo, cioè sfruttando la scomposizione di p per sapere come devi appicciarli assieme
Wow.
Grazie Fioravante, non ci avevo mai pensato
Prop: scrivendo $Q_n(x)=x^{n-1}+x^{n-2}+...+x+1$, se $p=nm$ allora $Q_p(x)=Q_n(x^m)Q_m(x)$.
Prova: $Q_n(x^m)Q_m(x) = (x^{m(n-1)}+x^{m(n-2)}+...+x^m+1)(x^{m-1}+x^{m-2}+...+x+1)$. Ora, ragioniamo sui gradi dei singoli monomi. Il primo monomio di $Q_n(x^m)$ moltiplicato per i monomi di $Q_m(x)$ dà come gradi i seguenti: mn-1,mn-2,...,mn-m+1,mn-m. Il secondo moltiplicato per i monomi di $Q_m(x)$ dà come gradi i seguenti: mn-m-1,mn-m-2,...,mn-2m+1,mn-2m. E via dicendo, fino ad arrivare al monomio di grado mn-mn=0.
Ne segue che nello svolgimento del prodotto, compare ogni volta un solo termine per ogni grado compreso tra 0 e mn-1=p-1, ed ognuno con coefficiente 1. Quindi il prodotto in questione equivale a $Q_p(x)$.
Edito: $Q_{nm}(x)=Q_n(x^m)Q_m(x)$ assomiglia ad una regola di derivazione
Grazie Fioravante, non ci avevo mai pensato
Prop: scrivendo $Q_n(x)=x^{n-1}+x^{n-2}+...+x+1$, se $p=nm$ allora $Q_p(x)=Q_n(x^m)Q_m(x)$.
Prova: $Q_n(x^m)Q_m(x) = (x^{m(n-1)}+x^{m(n-2)}+...+x^m+1)(x^{m-1}+x^{m-2}+...+x+1)$. Ora, ragioniamo sui gradi dei singoli monomi. Il primo monomio di $Q_n(x^m)$ moltiplicato per i monomi di $Q_m(x)$ dà come gradi i seguenti: mn-1,mn-2,...,mn-m+1,mn-m. Il secondo moltiplicato per i monomi di $Q_m(x)$ dà come gradi i seguenti: mn-m-1,mn-m-2,...,mn-2m+1,mn-2m. E via dicendo, fino ad arrivare al monomio di grado mn-mn=0.
Ne segue che nello svolgimento del prodotto, compare ogni volta un solo termine per ogni grado compreso tra 0 e mn-1=p-1, ed ognuno con coefficiente 1. Quindi il prodotto in questione equivale a $Q_p(x)$.
Edito: $Q_{nm}(x)=Q_n(x^m)Q_m(x)$ assomiglia ad una regola di derivazione
Una cosa divertente che riguarda polinomi & derivazione:
se $P(X)$ è un polinomio nell'indeterminata X, la derivata n-esima di P come funzione di X è il coefficiente di $Y^n$ nel polinomio $P(X+Y)$.
Doei.
se $P(X)$ è un polinomio nell'indeterminata X, la derivata n-esima di P come funzione di X è il coefficiente di $Y^n$ nel polinomio $P(X+Y)$.
Doei.
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo