Problema 2 polinomi

[fabiola5]

Consideriamo il polinomio $X^r-1$ in $F_p[X]$ e scomponiamolo nei suoi fattori irriducibili.
$X^r-1=(X-1)f_1(X)...f_l(X)$.
l'unica radice di $X^r-1$ in $F_p[X]$ è 1.
pertanto, i fattori irriducibili di $(X^r-1)/(X-1)$ in $F_p[X]$ hanno almeno grado 2 e quindi non possono dividere nessun polinomio di grado 1.

Problema:
Dunque $X+j$ per $0≤j

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Risposte

fabiola5

24 ott 2007, 15:27

qualcuno mi aiutiiiiiii!!!!!!

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Martino

24 ott 2007, 16:32

Posso darti un piccolo consiglio? Scrivi qualche definizione e/o notazione, altrimenti non si capisce niente (almeno, io non capisco).

Nel momento in cui non dici niente su p o su r, quello che sostieni è falso: per esempio il polinomio $x^4-1$ ammette in $F_5$ quattro radici distinte (1,2,3 e 4).

Il fatto che 1 sia l'unica radice è un'ipotesi?

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fabiola5

24 ott 2007, 22:37

scusami è che questo problema 2 era in un altro post, se non sbaglio intitolato polinomi;poi visto che qualcuno ha risposto al quesito 1, ho deciso di spostare il quesito 2 in un post a parte....ho dimenticato però di mettere delle nozioni che erano comuni a entrambi.
comunque:p e r sono primi e p non congruo a 1 mod r.
scusate di nuovo...ho fatto dei gran casini con questi ultimi post

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TomSawyer1

25 ott 2007, 09:13

Allora $(x^r-1)/(x-1)$ e' irriducibile, e genera un ideale massimale, dunque il quoziente e' un campo.

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fabiola5

25 ott 2007, 13:38

potresti spiegare un pò meglio il fatto che gli $X+j$ sono in A?
Grazie

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fabiola5

25 ott 2007, 13:39

scusa che gli $X+j$ sono unità in A?

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Chevtchenko

25 ott 2007, 15:30

"fabiola":scusa che gli $X+j$ sono unità in A?

Se $A$ e' un campo e' ovvio che gli $X + j$ siano invertibili no?

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Martino

25 ott 2007, 17:27

Piano ragazzi.. da cosa deducete che $(x^r-1)/(x-1)$ è irriducibile?

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fabiola5

25 ott 2007, 18:26

credo abbia ragione martino;possiamo dire che quello è irriducibile sui razionali ma non lo è in F_p

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Martino

25 ott 2007, 18:37

Però pare che ancora non ci siamo: se p=7 e r=3 (primi distinti, e 7 non è 1 mod 3) risulta che in $F_7[X]$ $x^3-1=(x-1)(x-2)(x-4)$. Quindi $(x^3-1)/(x-1)$ ha due radici distinte, 2 e 4, in $F_7[X]$. Quindi non è vero che l'unica radice è 1.

Forse mancano altre ipotesi...

Edito: 7 non è 1 mod 3? spero sia la stanchezza...

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fabiola5

25 ott 2007, 18:47

martino,premetto che sono cotta, quindi potrei prendere lucciole per lanterne, ma deve essere p non congruo a 1 mod r, quindi r non deve dividere p-1.se prendi p=7 e r=3,non va bene perchè 3 divide 7-1.
giusto?

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Martino

25 ott 2007, 19:00

madonna mia, scusa hai ragione.

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Martino

25 ott 2007, 19:25

Ok, ora me ne sono convinto

Prendi $f(x)=(x^r-1)/(x-1)=1+x+...+x^{r-1}$. Basta mostrare che se $j \ne 1$ allora $x-j$ e $f(x)$ sono coprimi (perché allora $x-j$ è invertibile mod $f(x)$). Ora, sappiamo che $f(j) = l \ne 0$ perché $j \ne 1$. Quindi è invertibile mod p; chiamiamo h il suo inverso: $lh=1$ mod p. Ora, $x-j$ divide $f(x)-l$, quindi possiamo scrivere $(x-j)g(x) = f(x)-l$. Moltiplicando per h, otteniamo $(x-j)hg(x)=hf(x)-1$. Riarrangiando: $h \cdot f(x)-h \cdot (x-j)g(x)=1$. Questo significa proprio che $f(x)$ e $x-j$ sono coprimi (se avessero un fattore comune, esso dovrebbe dividere 1).

Più rapidamente (oggi sono proprio lento ): se $x-j$ e $f(x)$ hanno un fattore comune non banale allora tale fattore è $x-j$, ovvero $x-j$ divide $f(x)$, ovvero $f(j)=0$, ovvero j=1.

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[fabiola5]

qualcuno mi aiutiiiiiii!!!!!!

[Martino]

Posso darti un piccolo consiglio? Scrivi qualche definizione e/o notazione, altrimenti non si capisce niente (almeno, io non capisco).

Nel momento in cui non dici niente su p o su r, quello che sostieni è falso: per esempio il polinomio $x^4-1$ ammette in $F_5$ quattro radici distinte (1,2,3 e 4).

Il fatto che 1 sia l'unica radice è un'ipotesi?

[fabiola5]

scusami è che questo problema 2 era in un altro post, se non sbaglio intitolato polinomi;poi visto che qualcuno ha risposto al quesito 1, ho deciso di spostare il quesito 2 in un post a parte....ho dimenticato però di mettere delle nozioni che erano comuni a entrambi.
comunque:p e r sono primi e p non congruo a 1 mod r.
scusate di nuovo...ho fatto dei gran casini con questi ultimi post

[TomSawyer1]

Allora $(x^r-1)/(x-1)$ e' irriducibile, e genera un ideale massimale, dunque il quoziente e' un campo.

[fabiola5]

potresti spiegare un pò meglio il fatto che gli $X+j$ sono in A?
Grazie

[fabiola5]

scusa che gli $X+j$ sono unità in A?

[Chevtchenko]

"fabiola":scusa che gli $X+j$ sono unità in A?

Se $A$ e' un campo e' ovvio che gli $X + j$ siano invertibili no?

[Martino]

Piano ragazzi.. da cosa deducete che $(x^r-1)/(x-1)$ è irriducibile?

[fabiola5]

credo abbia ragione martino;possiamo dire che quello è irriducibile sui razionali ma non lo è in F_p

[Martino]

Però pare che ancora non ci siamo: se p=7 e r=3 (primi distinti, e 7 non è 1 mod 3) risulta che in $F_7[X]$ $x^3-1=(x-1)(x-2)(x-4)$. Quindi $(x^3-1)/(x-1)$ ha due radici distinte, 2 e 4, in $F_7[X]$. Quindi non è vero che l'unica radice è 1.

Forse mancano altre ipotesi...

Edito: 7 non è 1 mod 3? spero sia la stanchezza...

[fabiola5]

martino,premetto che sono cotta, quindi potrei prendere lucciole per lanterne, ma deve essere p non congruo a 1 mod r, quindi r non deve dividere p-1.se prendi p=7 e r=3,non va bene perchè 3 divide 7-1.
giusto?

[Martino]

madonna mia, scusa hai ragione.

[Martino]

Ok, ora me ne sono convinto

Prendi $f(x)=(x^r-1)/(x-1)=1+x+...+x^{r-1}$. Basta mostrare che se $j \ne 1$ allora $x-j$ e $f(x)$ sono coprimi (perché allora $x-j$ è invertibile mod $f(x)$). Ora, sappiamo che $f(j) = l \ne 0$ perché $j \ne 1$. Quindi è invertibile mod p; chiamiamo h il suo inverso: $lh=1$ mod p. Ora, $x-j$ divide $f(x)-l$, quindi possiamo scrivere $(x-j)g(x) = f(x)-l$. Moltiplicando per h, otteniamo $(x-j)hg(x)=hf(x)-1$. Riarrangiando: $h \cdot f(x)-h \cdot (x-j)g(x)=1$. Questo significa proprio che $f(x)$ e $x-j$ sono coprimi (se avessero un fattore comune, esso dovrebbe dividere 1).

Più rapidamente (oggi sono proprio lento ): se $x-j$ e $f(x)$ hanno un fattore comune non banale allora tale fattore è $x-j$, ovvero $x-j$ divide $f(x)$, ovvero $f(j)=0$, ovvero j=1.