Divisibilità di una composizione di polinomi
Prove it! Sia [tex]K[/tex] un campo e siano [tex]p(X), q(X) \in K[X][/tex] due polinomi. Dimostrare che se [tex]q(X)[/tex] non è costante, allora esiste un polinomio [tex]f(X) \in K[X][/tex], non identicamente nullo, tale che [tex]p(X) \mid f(q(X))[/tex].
Nota. Niente di particolare, solo un po' di algebra del primo anno, ma trovo comunque la dimostrazione elegante.
Nota. Niente di particolare, solo un po' di algebra del primo anno, ma trovo comunque la dimostrazione elegante.
Risposte
Due parole veloci, anche se è ancora da formalizzare:
Se ho due minuti dopo provo a scriverlo meglio, purtroppo il tempo mi è tiranno.
Se ho due minuti dopo provo a scriverlo meglio, purtroppo il tempo mi è tiranno.
Provo a formalizzare un attimo:
La mia dimostrazione fa leva su un concetto completamente diverso, magari la posterò in seguito. Comunque, la tua proposta non è ancora del tutto soddisfacente: non ho supposto che [tex]K[/tex] sia un campo algebricamente chiuso, quindi le radici di [tex]p(x)[/tex] potrebbero non essere nel campo [tex]K[/tex]; di riflesso potrebbe succedere che [tex]f(x)[/tex] non sia un polinomio a coefficienti in [tex]K[/tex].
E' vero, ma ai fine della mia costruzione non so se è rilevante. Se $K=CC$ allora non ci sono problema, se $K=RR$ allora le radici sono complesse coniugate, quindi il loro prodotto (che sicuramente devi fare per costruire il polinomio) è reale.
Per i campi finiti ammetto di non averci pensato. Magari la costruzione funziona comunque semplicemente riducendo modulo $p$.
Per i campi finiti ammetto di non averci pensato. Magari la costruzione funziona comunque semplicemente riducendo modulo $p$.
E per i campi infiniti che contengono propriamente [tex]\mathbb{C}[/tex]? Ad esempio il campo delle funzioni razionali a coefficienti in [tex]\mathbb{C}[/tex]...
Non ho detto che la tua strada sia sbagliata; so (perché l'ho già vista) che può essere messa in sesto in modo da funzionare per ogni campo.
Non ho detto che la tua strada sia sbagliata; so (perché l'ho già vista) che può essere messa in sesto in modo da funzionare per ogni campo.
"maurer":
E per i campi infiniti che contengono propriamente [tex]\mathbb{C}[/tex]? Ad esempio il campo delle funzioni razionali a coefficienti in [tex]\mathbb{C}[/tex]...
Non ho detto che la tua strada sia sbagliata; so (perché l'ho già vista) che può essere messa in sesto in modo da funzionare per ogni campo.
Ok allora ci penso un altro po'... Mi farebbe piacere leggere la tua

Non appena ho un attimo di tempo (stasera, penso) la scrivo per bene.
Un'idea potrebbe andare a perndersi le radici nel campo di spezzamento di $p(x)$, però non ho modo ora di vedere se funziona (in realtà l'unica cosa da verificare è che $f(x) in K[x]$)
Fuochino. La strada è giusta, ma c'è ancora un po' di lavoro (e forse bisognerebbe cambiare di un epsilon la definizione di f(x)).
Ok, posto la mia soluzione.
Fissato [tex]q(X)[/tex], poniamo [tex]S = \{f(X) \in K[X] : \: \exists g(X) \in K[X], f(X) = g(q(X))\}[/tex], ossia consideriamo l'insieme di tutti i polinomi in [tex]q(X)[/tex]. Se [tex]g_1(q(X)), g_2(q(X)) \in S[/tex], allora si ha [tex]g_1(q(X)) \pm g_2(q(X)) = (g_1 \pm g_2)(q(X))[/tex] e [tex]g_1(q(X)) g_2(q(X)) = (g_1 \cdot g_2)(q(X))[/tex], sicché [tex]S[/tex] risulta essere un sottoanello di [tex]K[X][/tex]. D'altra parte [tex]S[/tex] può anche essere pensato come spazio vettoriale su [tex]K[/tex] e la dimensione necessariamente è infinita: è un esercizio banale far vedere che [tex]1, q(X), [q(X)]^2, \ldots, [q(X)]^n[/tex] sono linearmente indipendenti per ogni [tex]n \in \mathbb{N}[/tex].
Consideriamo ora il polinomio [tex]p(X)[/tex] e l'ideale da esso generato [tex](p(X))[/tex]. Se il grado di [tex]p(X)[/tex] è m, allora il quoziente [tex]K[X]/(p(X))[/tex] è un [tex]K[/tex]-spazio vettoriale di dimensione m e la proiezione canonica [tex]\pi \colon K[X] \to K[X]/(p(X))[/tex] può essere vista come applicazione lineare. Se ora fosse per assurdo [tex]S \cap (p(X)) = (0)[/tex], allora [tex]\pi(S) \simeq S/(S \cap (p(X))) = S[/tex]; ma [tex]\pi(S)[/tex] deve essere uno spazio vettoriale di dimensione finita; assurdo perché avremmo trovato un isomorfismo tra spazi vettoriali di dimensione diversa. Pertanto esiste almeno un polinomio [tex]g(X) \in S \cap (p(X))[/tex] e quindi esiste, per definizione di [tex]S[/tex] un polinomio [tex]f(X) \in K[X][/tex] tale che [tex]g(X) = f(q(X))[/tex], da cui la tesi.
Fissato [tex]q(X)[/tex], poniamo [tex]S = \{f(X) \in K[X] : \: \exists g(X) \in K[X], f(X) = g(q(X))\}[/tex], ossia consideriamo l'insieme di tutti i polinomi in [tex]q(X)[/tex]. Se [tex]g_1(q(X)), g_2(q(X)) \in S[/tex], allora si ha [tex]g_1(q(X)) \pm g_2(q(X)) = (g_1 \pm g_2)(q(X))[/tex] e [tex]g_1(q(X)) g_2(q(X)) = (g_1 \cdot g_2)(q(X))[/tex], sicché [tex]S[/tex] risulta essere un sottoanello di [tex]K[X][/tex]. D'altra parte [tex]S[/tex] può anche essere pensato come spazio vettoriale su [tex]K[/tex] e la dimensione necessariamente è infinita: è un esercizio banale far vedere che [tex]1, q(X), [q(X)]^2, \ldots, [q(X)]^n[/tex] sono linearmente indipendenti per ogni [tex]n \in \mathbb{N}[/tex].
Consideriamo ora il polinomio [tex]p(X)[/tex] e l'ideale da esso generato [tex](p(X))[/tex]. Se il grado di [tex]p(X)[/tex] è m, allora il quoziente [tex]K[X]/(p(X))[/tex] è un [tex]K[/tex]-spazio vettoriale di dimensione m e la proiezione canonica [tex]\pi \colon K[X] \to K[X]/(p(X))[/tex] può essere vista come applicazione lineare. Se ora fosse per assurdo [tex]S \cap (p(X)) = (0)[/tex], allora [tex]\pi(S) \simeq S/(S \cap (p(X))) = S[/tex]; ma [tex]\pi(S)[/tex] deve essere uno spazio vettoriale di dimensione finita; assurdo perché avremmo trovato un isomorfismo tra spazi vettoriali di dimensione diversa. Pertanto esiste almeno un polinomio [tex]g(X) \in S \cap (p(X))[/tex] e quindi esiste, per definizione di [tex]S[/tex] un polinomio [tex]f(X) \in K[X][/tex] tale che [tex]g(X) = f(q(X))[/tex], da cui la tesi.
Molto bella questa dimostrazione. Bravo!
Grazie! Quando l'ho scritta la prima volta, mi è piaciuta tantissimo. Comunque qui c'è anche la revisione del secondo metodo di dimostrazione.
Sì, l'idea che avevo in testa era quella, anche se non avevo pensato di passare per i polinomi minimi.
Grazie per la segnalazione!
Grazie per la segnalazione!