Esercizietti sui polinomi

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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pic88
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Messaggio da pic88 » 05 dic 2007, 14:33

Teoria dei numeri....

Sull'irriducibilità mod p usa il fatto che ... http://olimpiadi.dm.unipi.it/oliforum/v ... php?t=9647
Almeno per il secondo.

Per il primo, hai $ x^4+2x^2+1-3x^2 $, che è scomponibile in R perché 3 è un quadrato, ma non in Q.

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jordan
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Messaggio da jordan » 05 dic 2007, 14:51

beh, basta scrivere $ (x^2 +1)^2 - 3x^2 $ per affermare che il polinomio non sia scomponibile? non che ne sia molto convinto..
comunque
strada standard, per ruffini se puo essere scomposto allora i due fattori devono essere due polinomi di secondo grado, ma scrivendolo come $ (x^2 + ax + b)(x^2 + cx + d) $ e imponendo le condizioni otteniamo due casi assurdi.
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Messaggio da edriv » 05 dic 2007, 16:50

Attento che irriducibile è abbastanza diverso da "ha radici"...

pic88
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Messaggio da pic88 » 05 dic 2007, 19:07

Allora, $ (x^2+x+1)(x^2-x+1)=x^4-x^2+1 $, quindi la tua tesi è falsa.

Comunque, riepiloghiamo un po' di fatti:

avere zeri -> essere riducibile, per ruffini;
il viceversa vale solo per grado 2 e 3, vedi questo stesso esempio;
i polinomi reali irriducibili sono solo di grado 1 e 2 (dal T fond Algebra + proprietà dei coniugati..)
se un polinomio è riducibile in Q allora è riducibile in Zp per ogni p (basta non barare: cioè se il termine di grado massimo è a, non puoi ragionare modulo divisori di a, altrimenti quel termine è zero e scendi di grado).
Se un polinomio è irriducibile in Zp per ogni p primo allora lo è anche in Q.

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julio14
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Messaggio da julio14 » 05 dic 2007, 19:33

pic88 ha scritto:Allora, $ (x^2+x+1)(x^2-x+1)=x^4-x^2+1 $, quindi la tua tesi è falsa.
Non è $ (x^2+x+1)(x^2-x+1)=x^4 $+$ x^2+1 $?
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Messaggio da jordan » 05 dic 2007, 19:35

è modulo 2 julio 14!
per pic 88, la tesi di ms88 è verissima, quello tuo è un esempio, non un "controesempio". e la tesi segue proprio dal tuo link (che coincide con la sostanza di questo problema).
allora modulo p primo il polinomio $ f(x)= x^4- x^2 +1 $ è identico al polinomio $ g(x)=f(x) +p h(x) $ dove h(x) è un polinomio di grado qualunqua a coefficienti interi.
scrivendo come dicevo prima g(x) come $ (ax^2 + bx +c)(dx^2 +ex +f) $ ragioniamo in termini di residui modulo p.
abbiamo le stesse equazioni di prima, solo che con le congruenze.
ponendo a=d=1 mod p e c=f=-1 mod p otteniamo $ e+b=0 $ e $ eb=-1 $, che semplicemente fa $ e^2=-1mod p $.
dato che per il link da pic 88 questo fatto è stato già dimostrato allora la tesi di ms88 ne diviene una conseguenza.
Ultima modifica di jordan il 05 dic 2007, 19:43, modificato 1 volta in totale.
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Messaggio da julio14 » 05 dic 2007, 19:40

:lol: :lol: :lol:
ops! non ho letto attentamente la discussione, scorrendola velocemente ho però visto quell'uguaglianza senza specificazioni riguardo al modulo.... :D
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Messaggio da jordan » 05 dic 2007, 20:38

scusa l'ignoranza mache cosa è un polinomio minimo su $ [tex] $\alpha$ [tex] $? :oops: [/tex]
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Messaggio da gian » 05 dic 2007, 21:41

@ jordan: il polinomio minimo di $ \alpha $ su Q è il polinomio monico irriducibile di grado minore a coefficienti in Q che abbia $ \alpha $ come radice.

@ ms88: il polinomio minimo che cerchi è $ x^2-4x+1 $ e lo trovi facendo $ (\alpha -2)^2-3 $.
ciao by gian

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Messaggio da wolverine » 07 dic 2007, 15:06

Mettiamo un po' d'ordine il questo post... cominciamo col primo esercizio (ma il secondo e' del tutto analogo). Cerchiamo una fattorizzazione

$ x^4-x^2+1=(x^2+ax+b)(x^2+cx+d) $

Espandendo il prodotto si trova

$ (x^2+ax+b)(x^2+cx+d)= $
$ x^4+(a+c)x^3+(ac+b+d)x^2+(ad+bc)x+bd $

Otteniamo pertanto il sistema di equazioni

$ a+c=0;\qquad ac+b+d=-1;\qquad ad+bc=0;\qquad bd=1 $

Dalla prima equazione ricaviamo $ c=-a $. Sostituendo nelle altre ci riduciamo al sistema

$ -a^2+b+d=-1;\qquad a(d-b)=0;\qquad bd=1 $

Dalla prima equazione si ricava $ d=a^2-b-1 $ e sostituendo nelle altre due otteniamo il sistema

$ a(a^2-2b-1)=0;\qquad b(a^2-b-1)=1 $

La prima equazione ci da' $ a=0 $ oppure $ a^2-2b-1=0 $, ovvero (supponiamo per il momento $ p\neq 2 $, sul caso particolare $ p=2 $ torneremo dopo) $ b=2^{-1}(a^2-1) $. Andando a sostituire nella seconda equazione, troviamo finalmente

$ b^2+b+1=0 $

oppure

$ (2^{-1}a^2-2^{-1})^2=1 $, ovvero
$ 2^{-1}a^2-2^{-1}=1 $ oppure $ 2^{-1}a^2-2^{-1}=-1 $. In conclusione, il nostro polinomio si fattorizza se e solo se almeno una tra le equazioni

$ t^2+t+1=0 $, $ t^2=3 $, $ t^2=-1 $ ha soluzione. Osserviamo che il discriminante della prima equazione e' $ 1^2-4=-3 $. Ma tra $ -1,3 $ e $ -3 $ deve per forza esserci un quadrato modulo $ p $, per il semplice fatto che se $ \alpha $ e $ \beta $ non sono quadrati modulo $ p $, allora $ \alpha\beta $ e' un quadrato modulo $ p $. E abbiamo risolto.

Resta il caso $ p=2 $. In questo caso si vede "a mano" che $ (a,b)=(1,1) $ e' una soluzione di $ a(a^2-2b-1)=0;\qquad b(a^2-b-1)=1 $
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Messaggio da Nonno Bassotto » 12 dic 2007, 12:52

Giusto per evitare che qualcuno si metta a cercare esempi strani, aggiungo alla lista di Pic88:

Se un polinomio ha radici modulo ogni p, allora è riducibile su Q (attenzione, questo non si dimostra con tecniche olimpiche!)
The best argument against democracy is a five-minute conversation with the average voter. - Winston Churchill

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