Riducibilità polinomio

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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luca95
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Riducibilità polinomio

Messaggio da luca95 » 16 apr 2015, 12:00

Dall'Engel:
Il polinomio $ x^{105}-9 $ è riducibile su $ \mathbb{Z} $?

Io non sono molto convinto della mia soluzione :
Testo nascosto:
Se un polinomio è riducibile su $ \mathbb{Z}[x] $ deve esserlo anche su $ \mathbb{Z}_p[x] $ ma modulo 5 abbiamo per FLT $ x^{105}-9\equiv x-4 $ che è irriducibile perché di grado uno .
Qualcuno saprebbe dirmi se e dove sbaglio?

darkcrystal
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Re: Riducibilità polinomio

Messaggio da darkcrystal » 16 apr 2015, 16:19

L'errore c'è, e sta nel fatto che l'uguaglianza di polinomi su $\mathbb{Z}_p[x]$ non è la stessa cosa che l'uguaglianza dei valori che assumono. Il motivo di questo è semplice: il principio d'identità dei polinomi ti dice che due polinomi sono uguali se assumono lo stesso valore in un numero di punti superiore al più grande dei gradi. In particolare, se stiamo parlando di polinomi a coefficienti reali, e se sappiamo che assumono lo stesso valore (per esempio) in tutti gli interi, allora assumono lo stesso valore in infiniti punti, quindi in particolare in più punti del loro grado, e quindi sono uguali. Ma questo non è più vero modulo $p$: se due polinomi assumono lo stesso valore in ogni punto, beh, assumono lo stesso valore in $p$ punti! E se il loro grado è più grande di $p$, questo non ti dice (quasi) niente... in effetti, un modo alternativo di enunciare il piccolo teorema di Fermat è che i polinomi $x^p-x$ e $0$ assumono lo stesso valore in ogni punto (ma non sono nemmeno lontanamente lo stesso polinomio! Per definizione, essere lo stesso polinomio vuol dire avere gli stessi coefficienti).
Tanto per dirne una, consideriamo il polinomio $x^5-1$. Siamo tutti d'accordo che è riducibile (ha una radice...), ma secondo il tuo ragionamento guardandolo modulo $5$ deduciamo $x^5-1 \equiv x-1$, il quale è chiaramente irriducibile :P. Quindi no, purtroppo non funziona. Detto questo, il polinomio in questione è irriducibile su $\mathbb{Z}$, e il modo più semplice di dimostrarlo mi sembra essere considerare
Testo nascosto:
il termine noto di un suo eventuale divisore.
Giusto per cultura generale, e se non ho sbagliato niente, $x^{105}-9$ è anche irriducibile modulo 211 (che è primo), ma è riducibile modulo tutti i primi minori di 211. Il perché di questo fatto però non è assolutamente ovvio (probabilmente andrebbe in MNE).

p.s. Per inciso: $\mathbb{Z}_p$ è una notazione pessima. Molto meglio scrivere $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ oppure $\mathbb{F}_p$: quando sarete grandi ringrazierete!
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luca95
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Re: Riducibilità polinomio

Messaggio da luca95 » 16 apr 2015, 17:19

Ma quindi non c'è modo di dimostrare che un polinomio è irriducibile su $ \mathbb{Z} $ considerandolo modulo un primo? Poi non mi è chiara una cosa, dici che è riducibile modulo tutti i primi minori di 211, ad esempio modulo 5 come lo riduci?

Comunque grazie della risposta! Se ci capisco qualcosa in teoria dei numeri è grazie ai tuoi video :D

darkcrystal
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Re: Riducibilità polinomio

Messaggio da darkcrystal » 16 apr 2015, 18:11

Uhm, Wolfram Alpha (https://www.wolframalpha.com/input/?i=F ... us-%3E5%5D) mi informa che $x^{105}-9 = (x+1)^5 \left(x^2+4 x+1\right)^5 \left(x^6+2 x^4+3 x^3+2 x^2+1\right)^5 \left(x^6+x^5+3 x^4+4 x^3+3 x^2+x+1\right)^5 \left(x^6+4 x^5+x^4+4 x^3+x^2+4 x+1\right)^5$ modulo 5, ma non so se lo volevo sapere :mrgreen: . In ogni caso, è chiaro che è riducibile, perché -1 è una radice (modulo 5).

Seconda domanda: sì, si può dimostrare che un polinomio è irriducibile guardandolo modulo $p$, ma devi davvero dimostrare che _lui_ (e non una cosa che assume i suoi stessi valori) è irriducibile. Per esempio, $p(x)=x^4+x^3+1$ è irriducibile: dimostriamolo guardandolo modulo 2. Se si fattorizza vuol dire che o ha una radice, oppure si scrive come prodotto di due fattori di grado 2. Ora, radici non ce ne sono (perchè $p(0)=1 \not \equiv 0 \pmod 2$ e $p(1)=3 \not \equiv 0 \pmod 2$), quindi se si fattorizza di deve fattorizzare come prodotto di due irriducibili di grado 2. Ora, un piccolo miracolo della vita è che modulo 2 c'è un unico polinomio irriducibile di grado 2, e precisamente $x^2+x+1$ (dimostrazione sotto).
Quindi, tornando al nostro $p(x)$ originario: visto che non ha radici, se è riducibile (su $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$) dev'essere il prodotto di due polinomi irriducibili di grado 2. Ma l'unico polinomio irriducibile di grado 2 è $x^2+x+1$, quindi se $x^4+x^3+1$ è riducibile dev'essere uguale a $(x^2+x+1)^2$; facendo il conto si vede subito che $(x^2+x+1)^2=x^4+x^2+1+2x^3+2x^2+2x=x^4+x^2+1$ non è uguale a $p(x)$. Quindi $p(x)$ è irriducibile modulo 2, e quindi a maggior ragione è irriducibile su $\mathbb{Z}$.

Dimostrazione a mano del fatto che $x^2+x+1$ è l'unico polinomio irriducibile di secondo grado su $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$
Prendiamo un polinomio di secondo grado che sia irriducibile su $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$. Se il coefficiente costante è 0 il nostro polinomio ha una radice, quindi il coefficiente costante deve essere 1 (visto che non c'è molto altro, in $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$). Il coefficiente di testa è 1 pure lui, quindi le uniche possibilità sono $x^2+1$ e $x^2+x+1$. Ma $(x^2+1)$ e $(x+1)^2$ sono uguali modulo 2 come polinomi, perché sono uguali coefficiente per coefficiente (cioè: ogni coefficiente è congruo modulo 2 al corrispondente coefficiente dell'altro). In effetti, $(x+1)^2=x^2+2x+1=x^2+1$. In particolare $x^2+1$ non è irriducibile, cosa che si poteva vedere più comodamente notando che 1 è una (l'unica) radice. Alla fin fine, quindi, l'unica possibilità che resta è $x^2+x+1$, che effettivamente è irriducibile (perché non ha radici).

Va meglio? Altrimenti chiedi ancora!

p.s. Oh, mi fa piacere che i miei video servano a qualcuno!
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Re: Riducibilità polinomio

Messaggio da luca95 » 16 apr 2015, 18:25

Ok, ora ho capito dove sbagliavo, sei stato chiarissimo, grazie mille!

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Re: Riducibilità polinomio

Messaggio da <enigma> » 16 apr 2015, 19:00

Mi ricollego all'inciso : $\mathbb Z_p$ non è una notazione pessima, è proprio sbagliata, perché è proprio un oggetto diverso da quel che pensate. Per chi si preoccupa di queste finezze, inoltre, parlando di polinomi è preferibile scrivere $\mathbb F_p$ che $\mathbb Z/p\mathbb Z$ (il primo ha "più struttura").

@darkcrystal:
Testo nascosto:
Sono abbastanza ignorante sul background richiesto, ma ho tentato di cercare la dimostrazione a mano in modo molto rustico; puoi illuminarmi sul metodo generale o rimandarmi a qualche testo opportuno? Questo è il poco a cui ho pensato: alla luce del lemma di Dedekind mi interessa esaminare la classe di coniugio di un $105$-ciclo del Galois, che è (spero) lo $\mathbb Z/105\mathbb Z \rtimes (\mathbb Z/105\mathbb Z)^\times$ che uno si aspetta nei casi non sfigati. A questo punto immagino torni utile qualche fatto sulla ramificazione nel campo di spezzamento che non conosco, quindi ho provato a vedere come sono fatti i caratteri-le rappresentazioni si calcolano a mano usando il metodo spiegato sul Serre per elencare le rappresentazioni di un prodotto semidiretto-e questo rende perlomeno un po' più apparente, guardando al caso $1$-dimensionale, che la risposta dovrebbe dipendere dalla classe modulo $p$ di un qualche numero dipendente dalla rappresentazione. Grazie e scusa il disturbo.
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Re: Riducibilità polinomio

Messaggio da darkcrystal » 16 apr 2015, 21:26

@enigma:
Testo nascosto:
<supercazzola mode=on>
Argh, il vaso di Pandora! Ero stato ben attento a dire il minimo possibile... comunque sì, hai ragione, uno vuole guardare il 105-ciclo, ma tutto quello che ne ottiene (o quantomeno, tutto quello che io ne so ottenere) è che $p \equiv 1 \pmod{105}$ è una condizione necessaria. Essenzialmente guardi (all'interno del campo di spezzamento $F$) il campo $K=\mathbb{Q}(\zeta_{105})$, e l'immagine del 105-ciclo nel Galois di $K/\mathbb{Q}$ è banale per motivi autoevidenti... ne segue che il primo in questione splitta completamente in $K$, cioè (visto che $K/\mathbb{Q}$ è abeliana sappiamo tutto) che $p \equiv 1 \pmod {105}$. Ora però iniziano i guai: caratterizzare completamente i primi che hanno per immagine un certo Frobenius in $\operatorname{Gal}(F/\mathbb{Q})$ è un incubo, e in generale molto semplicemente non lo sappiamo fare (la gente (Grothendieck...) congettura che esista una "reciprocità di Artin non-abeliana", ma che io sappia - non sono un esperto - non esiste uno statement nemmeno congetturale). E' noto che condizioni di congruenza non possono bastare a caratterizzare i primi che splittano completamente, e non dovrebbero bastare nemmeno per caratterizzare gli altri comportamenti (dimostrazione in due righe del primo fatto: si sa che l'insieme dei primi che splittano caratterizza completamente un'estensione, se questa è di Galois. Se hai condizioni di congruenza che identificano i primi che splittano, la teoria del campo di classe ti permette di costruire un'estensione abeliana che splitta completamente esattamente quei primi. Quindi le due estensioni coincidono e quella di partenza era abeliana).
Ora, qui il gruppo di Galois è risolubile, quindi si possono fare cose: vedi per esempio http://math.stackexchange.com/questions ... -extension, che è più o meno la nostra situazione, ma con dei conti più semplici (in più in quella discussione si occupano dei primi split, che di solito sono più semplici). Ora però non ho tempo di provare a vedere cos'altro si può ottenere nel nostro caso; giusto per dire che guardare modulo 105 non basta, una rapida ricerca con Mathematica mi dice che $p=211 + 8 \cdot 105$ è primo, ma $x^{105}-9$ non è irriducibile modulo $p$. Questo è "spiegato" dal fatto che 9 è una quinta potenza modulo $p$, ma ci stiamo mordendo la coda, perché caratterizzare le quinte potenze non è molto diverso da caratterizzare le potenze 105-esime...
Quindi, bottom line: in generale non si capisce un tubo. E la verità, se esiste, sta quasi certamente nascosta nelle funzioni L associate alle rappresentazioni di $\operatorname{Gal}(F/\mathbb{Q})$, comprese quelle non abeliane, per cui non sarà esattamente facile cavarla fuori :P. In più mi sembra proprio che di funzioni L tu ne sappia più di me, quindi questo mi sembra un buon punto per smettere di scrivere :)
</supercazzola>
@tutti gli altri: non fatevi spaventare dalla sbrodolata precedente (se avete commesso l'errore di aprirla), il problema iniziale è abbordabilissimo con strumenti olimpici, e anzi è un buon esercizio che invito tutti a fare!
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Re: Riducibilità polinomio

Messaggio da <enigma> » 16 apr 2015, 22:43

Ultime cose in spoiler.
Testo nascosto:
Intanto, grazie mille per la risposta, che mi ha chiarito alcune cose-e anche fatto capire che mi stavo perdendo in un bicchier d'acqua (mancava giusto un'osservazione)...
Il motivo per cui pensavo alle rappresentazioni è che in effetti c'è una specie di reciprocità di Artin non abeliana congetturale, e la parolina magica è reciprocità di Langlands. Nel caso abeliano che conosci, uno costruisce la solita funzione $L$ di Artin $L(s,K/F,\chi)=\prod_{\mathfrak p} L_{\mathfrak p}(s,K/F,\chi)$ e poi la fa corrispondere a una funzione $L$ di Hecke $L_K(s,\chi)=\sum_{I \neq 0}\chi(I)/N(I)^s$ tramite la reciprocità di Artin \[L(s,K/F,\chi)=L_F(s,\chi^\ast).\]
Nel caso non abeliano (per quanto poco ne sappia), in breve, uno lavora in modo simile e definisce analogamente, per una rappresentazione automorfa cuspidale $\pi=\bigotimes_v \pi_v$ (una sottorappresentazione di una certa rappresentazione regolare destra), una funzione $L$ locale $L(s,\pi_v)=1/(\det(I-N(v)^{-s}\text{diag}(\alpha_1(v),\ldots,\alpha_n(v))))$ e la funzione $L$ di Langlands globale $L(s,\pi)=\prod_v L(s,\pi_v)$. A questo punto, la congettura di reciprocità di Langlands ti dice proprio che per ogni rappresentazione irriducibile $\rho$ di $\text{Gal}(K/F)$ esiste una rappresentazione automorfa $\pi$ di $GL_n(\mathbb A_F)$ tale che \[L(s,K/F,\rho)=L(s,\pi).\]
Ma non solo, c'è anche la addirittura ben più cabalistica congettura di funtorialità di Langlands che dice più di questo a livello di struttura e non solo di corrispondenza.
E qui mi fermo anch'io, perché quando si comincia a parlare di programma di Langlands in "Problem solving olimpico" vuol dire che la cosa sta sfuggendo di mano (ma perlomeno si è discusso tutto in spoiler).
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