polinomio irriducibile

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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wotzu
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polinomio irriducibile

Messaggio da wotzu » 21 gen 2016, 17:09

dimostra che qualunque polinomio della forma $f(x)=(x-a_1)^2(x-a_2)^2\cdots(x-a_n)^2+1 $ dove $a_1,a_2,\cdots ,a_n$ sono tutti interi diversi, non può essere fattorizzato in due polinomi a coefficienti interi.

Saro00
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Re: polinomio irriducibile

Messaggio da Saro00 » 24 gen 2016, 13:03

Carino
Testo nascosto:
Se per assurdo la tesi fosse falsa, allora esisterebbero due polinomi $ Q(x) $ e $ R(x) $ a coefficienti interi tali che $ (x-a_1)^2\cdot ...\cdot (x-a_n)^2 + 1 = Q(x) \cdot R(x) $ e quest'ultima asserzione la chiamo $ s(x) $
Da $ s(a_i) $ ottengo che $ Q(a_i) \cdot R(a_i) = \pm 1 \forall i \in [1,2,...,n] \iff Q(a_i)=R(a_i)=\pm 1 $
Ora divido il tutto in due casi:
  • 1. Se esiste un $ a_j $ tale che $ Q(a_j)=R(a_j)= - 1 $.
    In questo caso guardo quest'ultima uguaglianza modulo $ 4 $ e ottengo che se $ x\equiv a_j \pmod{4} \Longrightarrow R(x)\equiv -1 \pmod{4} $.
    Ora, sia $ X $, un numero naturale "alto" tale che $ X\equiv a_j \pmod{4} $, dall'ultimo risultato ottenuto ottengo che $ R(X)\equiv - 1\pmod{4} $, ma quindi esiste un divisore primo di $ R(X) $ $ p\equiv -1\pmod{4} $ (se per assurdo tutti i divisori primi fossero $ \equiv 1 \pmod{4} $ allora anche $ R(X) $ sarebbe $ \equiv 1 \pmod{4} $, ASSURDO).
    Ora guardo $ s(X) $ modulo $ p $ e ottengo che $ P(X)^2\equiv - 1 \pmod{p} $, dove $ P(x)=(x-a_1)\cdot ...\cdot (x-a_n) $.
    Ma, $ P(X)^2\equiv - 1 \pmod{p} \iff (-1)^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1 \pmod{p} $ (dove il se e solo se è verificato dal criterio di Eulero), ma essendo $ p\equiv -1 \pmod{4} $, $ (-1)^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1 \pmod{p} $, ASSURDO!

    2. Se $ Q(a_i)=R(a_i)= 1 \forall i \in [1,2,...,n] $.
    Innanzitutto dimostro che $ Q(x) $ e $ R(x) $ devono avere grado $ n $. Infatti, se per assurdo (WLOG) $ Q(x) $ ha grado $ k<n $ allora, $ Q(a_i)-1=0 \forall i \in [1,2,...,n] $, da cui (con l'ipotesi del grado) $ Q(x)-1=0 \iff Q(x)=1 $.
    Da ciò si ottiene che $ P(x)^2 +1 = R(x) $, ma LHS ha grado $ 2n $, mentre RHS ha grado $ 2n-k<2n $, da cui l'assurdo.
    Da ora suppongo quindi che $ R(x) $ e $ Q(x) $ hanno entrambi grado $ n $.
    Dall'ipotesi iniziale di questo caso si ottiene che $ Q(a_i)-1=R(a_i)-1= 0 \forall i \in [1,2,...,n] $ e unendo ciò con l'ipotesi del grado si ottiene che $ R(x)=r\cdot P(x)+1 $ e $ Q(x)=q\cdot P(x)+1 $.
    Sostituendo in $ s(x) $ quest'ultimo risultato si ottiene che $ P(x)^2+1=P(x)^2\cdot r\cdot q +(q+r)\cdot P(x)+1 \iff P(x)=r\cdot q \cdot P(x)+q+r $, da cui $ q=-r $, quindi $ P(x)=-q^2\cdot P(x) \iff 1=-q^2 $, ASSURDO!
Un giorno di questi mi metteranno in prigione per aver stuprato troppi problemi. 8)

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Re: polinomio irriducibile

Messaggio da wotzu » 24 gen 2016, 17:49

ok mi sembra tutto giusto.
Volevo chiedere una cosa: tu nel primo punto hai dimostrato che $Q(x)=P(x)=1$ e l'ho capito, io questo problema l'ho trovato in questo libro http://www.albertstam.com/Solving_Mathe ... ce_Tao.pdf , tuttavia lì non capisco come fa ad arrivare a determinare che i due polinomi devono essere uguali a $+1$.
é a pagina 46 quel punto lì, se lo capisci me lo riusciresti a spiegare?

Saro00
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Re: polinomio irriducibile

Messaggio da Saro00 » 24 gen 2016, 18:21

Ciò che dice Lui (con la L Maiuscola) è che:
1. $ (x-a_1)^2\cdot ...\cdot(x-a_n)^2 + 1 $ non ha radici reali poichè è sempre maggiore di $ 1 $.
2. Se per assurdo esistessero $ a_i $ tale che $ Q(a_i)=R(a_i)=-1 $ e $ a_j $ tale che $ Q(a_j)=R(a_j)=1 $, allora per il teorema degli zeri (continuità dei polinomi) esiste una radice nell'intervallo $ [a_i,a_j] $, ma ciò contraddice 1..
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Re: polinomio irriducibile

Messaggio da wotzu » 24 gen 2016, 19:36

capito, grazie.

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gpzes
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Re: polinomio irriducibile

Messaggio da gpzes » 24 gen 2016, 20:43

@Saro00 :oops: sarà un'impressione ma mi sembra che LUI dica qualcosa di più semplice e CLEVER :wink: ...i due polinomi fattori non possono avere zeri perché il loro prodotto dà un polinomio a valori strettamente positivi!! Ciò basta per assumere concordanza di segno e procedere.
Anzi, sempre leggendo LUI, mi sembra che ci sia qualcosa che non va quando hai usato tutte le congruenze per arrivate ad un assurdo.
Il valore abbastanza "alto" modulo 4 di cui parli dovrebbe generare il numero p =-1 (mod 4) per R(X): ma se R(X) assume, per esempio, sempre valori negativi??
Sicuramente sbaglio in maniera clamorosa... (non nuovo a scivoloni colossali :lol: :oops: )
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:oops: :oops: Mi scuso per superficialità. Rivedendo il tutto, mi sembra ok. Mi sembrava solo un po' oscuro il fatto del "naturale alto" ed il ricorrere
al Criterio di Eulero. Forse basta prendere il naturale = al fattoriale degli $a_{i}$...
Ultima modifica di gpzes il 25 gen 2016, 06:49, modificato 3 volte in totale.

wotzu
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Re: polinomio irriducibile

Messaggio da wotzu » 24 gen 2016, 23:08

provo a rispondere io.
la prima cosa che dici mi sembra uguale a quella che dice saro00 in maniera leggerissimamente diversa, quindi penso che non cambia niente.
riguardo alla seconda cosa , il suo ragionamento con le congruenze continua a funzionare anche se $R(x)$ assume valori negativi.

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