OliForum Matematico

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.

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.

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

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.

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 $?

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.

ops! non ho letto attentamente la discussione, scorrendola velocemente ho però visto quell'uguaglianza senza specificazioni riguardo al modulo....

scusa l'ignoranza mache cosa è un polinomio minimo su $ [tex] $\alpha$ [tex] $? [/tex]

@ 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 $.

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 $

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!)