Fattorizzazione istruttiva

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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Marco
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Fattorizzazione istruttiva

Messaggio da Marco » 21 set 2006, 08:57

Fattorizzare in polinomi a coefficienti reali:
$ p(x) = x^8 - x^7 + x^5 - x^4 + x^3 - x + 1 $
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Gab
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Messaggio da Gab » 22 set 2006, 00:16

Notiamo subito che $ \(p(x)=\frac{x^9+1}{x+1}\) $.
Inoltre: $ \(x^9+1=(x^3)^3+1=(x^3+1)((x^3)^2-x^3+1)\) $ e $ x^3+1=(x+1)(x^2-x+1) $.
Perciò $ \(p(x)=(x^2-x+1)(x^6-x^3+1)\) $.
Il primo fattore non è ulteriormente scomponibile poichè $ \(x^2-x+1\) $non ha radici reali e "credo" :? lo stesso valga anche per il secondo fattore dato che è di forma analoga al primo ponendo $ \(x^3=t\) $.
Ciao

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Messaggio da pi_greco_quadro » 22 set 2006, 00:28

ehm... in realta non e' vero che $ \displaystyle p(x)=\frac{x^9+1}{x+1} $. Il controesempio si ha subito per $ x=2 $. Infatti $ p(2)=2^8-2^7+2^5-2^4+2^3-2+1=151 $, mentre $ \displaystyle \frac{2^9+1}{3}=171 $.

Attento che vale, per $ i $ dispari $ (x^i+1)=(x+1)(x^{i-1}-x^{i-2}+\cdots+1) $, il che non si puo' applicare al caso proposto... ciao
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Marco
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Messaggio da Marco » 22 set 2006, 09:05

Gab ha scritto:Il primo fattore non è ulteriormente scomponibile poichè $ \(x^2-x+1\) $non ha radici reali
Attento! Il fatto che non abbia radici reali ti dice che non ha fattori di grado 1 [per il teorema di Ruffini]. Ma potrebbe avere fattori di grado maggiore...

Nota che nel polinomio non compaiono tutti i termini. Non si tratta di un errore di stampa...
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Gab
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Messaggio da Gab » 22 set 2006, 13:28

Scusa ho letto male il testo pensavo che fosse $ p(x)=x^8-x^7+x^6-x^5+x^4-x^3+x^2-x+1 $ Quindi la risoluzione è completamente sbagliata. Sono il solito distratto. :cry:
Ciao

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elianto84
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Messaggio da elianto84 » 22 set 2006, 17:31

Step 1.: proviamo a indovinare qualche radice. Se non ci riusciamo, pace. Se siamo molto tenaci possiamo verificare che $ \omega=e^{i\frac{2\pi}{15}} $ è radice.
Step 2.: i coefficienti sono tutti nel set [-1,0,1] e la cosa è sospetta. Sarà mica un polinomio ciclotomico? Se fosse il polinomio ciclotomico di una radice primitiva N-esima dovremmo avere phi(N)=8, e non ci sono molte chances, N=15
Step 3.: fattorizziamo x^15-1 e ci accorgiamo che il nostro polinomio è proprio quello ciclotomico associato ad una radice primitiva quindicesima dell'unità (pertanto irriducibile su Q).
Step 4.: Descriviamo le radici primitive quindicesime ed accoppiamo quelle coniugate
per ottenere (inaspettatamente)

$ \displaystyle x^8-x^7+x^5-x^4+x^3-x+1=\prod_{j=1}^{4} \left(x^2-2x\cos\frac{2^j \pi}{15}+1\right) $
Ultima modifica di elianto84 il 22 set 2006, 19:36, modificato 1 volta in totale.
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Simo_the_wolf
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Messaggio da Simo_the_wolf » 22 set 2006, 17:51

Nell'ultima produttoria dovrebbe mancare una $ x $...
Comunque dopo aver visto la soluzione carina eccovi la tanto amata "brute force"!!! (così troviamo anche quei coseni...)

$ P(x) $ è simmetrico quindi pongo $ y=x+1/x $ e trovo $ P(x)/x^4 = R(y)=y^4-y^3-4y^2+4y+1 $ che ha 4 radici reali.

Poi dico:$ R(y)=(y^2+ay+b)(y^2-(a+1)y + 1/b) $ e trovo le altre condizioni (ho già posto condizioni sul terzo grado e sul termine noto):

$ b+1/b - a(a+1) = -4 $
$ a*1/b - (a+1) b = 4 $

Dalla prima ottengo $ a = -1/2 \pm \sqrt{ b+1/b +4+1/4 } = -1/2 + \sqrt { \Delta } $

(Assumo WLOG che sia quella col + perchè altrimenti otterrei -a-1 che è lo stesso, infatti le equazioni sono "simmetriche" in $ a $ e $ -a-1 $)

Sostituendo nella seconda ottengo:

$ \sqrt{ \Delta } (1/b-b) = 4+1/2 ( b+1/b) $
Elevando al quadrato e sostituendo $ b+1/b=s $ ottengo:

$ ( s + 17/4) ( s^2- 4) = 16 + 4s + 1/4 s^2 $

semplificondo tutto si ottiene:

$ s^3+4s^2-8s-33=0 $

e una soluzione è s=-3 in quanto $ -27 + 36 +24 -33=0 $

quindi $ b+1/b=-3 $ implica $ a= 1/ \phi $ e $ -(a+1) = -\phi $ e $ b=\frac { -3-\sqrt{5} }2 = - \phi ^ 2 $ e $ 1/b= \frac { -3+ \sqrt{5}}2 = -1/ \phi^2 $.

Sostituendo abbiamo:

$ r(y) = (y^2 + \frac y{ \phi} - \phi^2 ) (y^2 - \phi y - \frac 1{\phi^2} )= $ $ (y-r_1)(y-r_2)(y-r_3)(y-r_4) $

Dove ora le radici le so trovare. Ora risostituisco $ y=x+1/x $ e ho finito.

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