Riducibilità

[miuemia]

dimostrare che $x^4 +1$ è riducibile in ogni $\mathbb{F}_p$ con p primo.

è un esercizio molto carino....

[Megan00b]

In $\mathbb{F}_3$ non è vero.

$0+1=1!=0$
$1+1=2!=0$
$2^4+1=1+1=2!=0$
o forse non ho capito io....

[Dorian1]

"Megan00b":In $\mathbb{F}_3$ non è vero.

$0+1=1!=0$
$1+1=2!=0$
$2^4+1=1+1=2!=0$
o forse non ho capito io....

Non è necessario che un polinomio abbia radici nel campo per essere riducibile...

[Megan00b]

ops...
imploro perdono

[Dorian1]

"miuemia":dimostrare che $x^4 +1$ è riducibile in ogni $\mathbb{F}_p$ con p primo.

è un esercizio molto carino....

E' un fatto curioso... Ci penserò!

[kanon4]

Io ho provato così:
consideriamo la scomposizione di $x^4+1$ come prodotto di due polinomi di secondo grado, cioè
$x^4+1$=$(ax^2+bx+c)*(dx^2+ex+f)$.
Uguagliando i coeficienti si ottiene il sistema:

$\{(ad=1),(ac+bd=0),(af+be+cd=0),(bf+ce=0),(cf=1):}$

Essendo $Zp$ un campo, ogni elemento ammette inverso, quindi il sistema ha come soluzioni:
$\{(a=s),(d=s^-1),(b=0),(c=t),(e=0),(f=t^-1):}$
essendo $af+cd=0$ quindi $st^-1+ts^-1=0$.

Quindi $x^4+1$ può essere scomposto come

$(sx^2+t)*(s^-1x^2+t^-1)$.

Se non ho fatto errori funziona

[Lord K]

"frodo4":Io ho provato così:
consideriamo la scomposizione di $x^4+1$ come prodotto di due polinomi di secondo grado, cioè
$x^4+1$=$(ax^2+bx+c)*(dx^2+ex+f)$.
Uguagliando i coeficienti si ottiene il sistema:

$\{(ad=1),(ac+bd=0),(af+be+cd=0),(bf+ce=0),(cf=1):}$

Essendo $Zp$ un campo, ogni elemento ammette inverso, quindi il sistema ha come soluzioni:
$\{(a=s),(d=s^-1),(b=0),(c=t),(e=0),(f=t^-1):}$
essendo $af+cd=0$ quindi $st^-1+ts^-1=0$.

qui però $ac+bd=0 rightarrow st+0=0$ quindi il resto poi decade...

[kanon4]

Ops... è vero, ho sbagliato a scrivere il sistema esatto è:

$\{(ad=1),(ae+bd=0),(af+be+cd=0),(bf+ce=0),(cf=1):}.

Così dovrebbe andare

[Lord K]

Se guardiamo bene, possiamo osservare (se ci sono) il modo in cui il polinomio può essere scomposto:

sia $t=x^2$

Osserviamo che se:

$(-1/p)=(-1)^((p-1)/2)-=1(p)$ quindi $p=4k+1$

Da qui quindi sicuramente esiste un $alpha$ che soddisfa $t^2+1=0$

Procedendo come frodo con $(t^2+1)=(t+alpha)(t+beta)$:

${(alpha+beta=0),(alphabeta=1):}$

Allora c'è un elemento tale che: $alpha^(-1)=-alpha$.

Da qui procediamo come prima:

$(-alpha/p)-=1(p)$ allora è ancora riducibile $(x^2+alpha)$
$(alpha/p)-=1(p)$ allora è ancora riducibile $(x^2-alpha)$

Se invece $p=4k+3$ allora necessariamente $x^4+1=0$ non può avere radici e quindi al più può essere scomposto in polinomi irriducibili di grado due! Ripendo il sistema di frodo4 derivato da: $x^4+1=(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)$ (il fatto che sia monico è una semplificazione lecita)

${(a+c=0),(b+d+ad=0),(ad+bc=0),(bd=1):}$

Che ha come soluzione:

${(a=s),(b=t),(c=-s),(d=t^(-1)):}

dove però:

$t+t^(-1)+st^(-1)=0$

ovvero:

$s=-t(t+t^(-1))$

quindi la scomposizione non può che essere del tipo:

$x^4+1=[x^2-t(t+t^(-1))x+t][x^2+t(t+t^(-1))x+t^(-1)]$

e dovremmo esserci!