Questo problema viene dalla gara della Mathesis di Brescia di quest'anno.
Determinare per quali interi positivi $ k $ il polinomio
$ a^{2k} + a^k b^k + b^{2k} $
è irriducibile negli interi.
Sarà irriducibile?
Un polinomio di questo tipo si può scrivere come $ (a^k+b^k)^2 - a^k b^k $.
Questa differenza con $ k = 2n $ diventa:
$ (a^{2n} + b^ {2n})^2 - a^ {2n} b^ {2n} = (a^ {2n} + b^ {2n} + a^n b^n)(a^{2n} + b^{2n} - a^n b^n) $. Quindi se $ k $ è pari il polinomio è riducibile.
Se $ k $ è dispari è chiaro che non è riducibile, poiché non si può applicare la differenza di quadrati.
Questa differenza con $ k = 2n $ diventa:
$ (a^{2n} + b^ {2n})^2 - a^ {2n} b^ {2n} = (a^ {2n} + b^ {2n} + a^n b^n)(a^{2n} + b^{2n} - a^n b^n) $. Quindi se $ k $ è pari il polinomio è riducibile.
Se $ k $ è dispari è chiaro che non è riducibile, poiché non si può applicare la differenza di quadrati.
Questo è chiaro mi sembra alquanto poco chiaro....cosi non dimostri nulla, perchè questa non è una implicazionemantis ha scritto: Se $ k $ è dispari è chiaro che non è riducibile, poiché non si può applicare la differenza di quadrati.
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!
In effetti non è molto chiaro..Maioc92 ha scritto:Questo è chiaro mi sembra alquanto poco chiaro....cosi non dimostri nulla, perchè questa non è una implicazionemantis ha scritto: Se $ k $ è dispari è chiaro che non è riducibile, poiché non si può applicare la differenza di quadrati.
Allora possiamo dire che se $ k = 2n + 1 $ si ha $ (a^{2n+1} + b^{2n+1})^2 - a^{2n+1} b^{2n+1} $ che porta a $ (a^{2n+1} + b^{2n+1} + a^{n+\frac{1}{2}} b^{n+\frac{1}{2}})(a^{2n+1} + b^{2n+1} - a^{n+\frac{1}{2}} b^{n+\frac{1}{2}}) $ che non è negli interi... va meglio?
-
Tibor Gallai
- Messaggi: 1776
- Iscritto il: 17 nov 2007, 19:12
Va peggio.
E' come dire che 37 è un numero primo perché 37/2 fa 18,5 che non è intero.
E' vero che 37 è primo, ma dire che non è pari non basta per dimostrarlo.
E' come dire che 37 è un numero primo perché 37/2 fa 18,5 che non è intero.
E' vero che 37 è primo, ma dire che non è pari non basta per dimostrarlo.
[quote="Pigkappa"]Penso che faresti un favore al mondo se aprissi un bel topic di bestemmie da qualche parte in modo che ti bannino subito.[/quote]
E'
$ a^{2k} + a^k b^k + b^{2k} = \displaystyle\frac{a^{3k} - b^{3k}}{a^k - b^k} $.
Quindi è il "falso quadrato" di $ a^k-b^k $, che se non sbaglio è proprio irriducibile se l'esponente $ k $ è dispari. Sicuramente si può dim che non ha radici intere, ma non so se ciò basta per dire che è irriducibile. Se sì perché? Se no, perché?
$ a^{2k} + a^k b^k + b^{2k} = \displaystyle\frac{a^{3k} - b^{3k}}{a^k - b^k} $.
Quindi è il "falso quadrato" di $ a^k-b^k $, che se non sbaglio è proprio irriducibile se l'esponente $ k $ è dispari. Sicuramente si può dim che non ha radici intere, ma non so se ciò basta per dire che è irriducibile. Se sì perché? Se no, perché?
"Cos'è l'aritmetica?" "E' quella scienza in cui si impara quello che si sa già!"
Dato che per la prima volta da quando ho scoperto cosa sono sfrutto le radici dell'unità in una dimostrazione ci tengo a postarla xD Dimostro il lemmino ;)
Chiamo $ $P(x)=x^2+x+1 $ e $ $Q(x)=x^{2n}+x^n+1 $
Dimostro che P(x)|Q(x) se e solo se n non è divisibile per 3.
Chiamo $ $k,\bar{k} $ le radici di P(x) che usando la formula si rivelano essere complesse. È chiaro che se $ $Q(k)=0 $ allora vale anche $ $Q(\bar{k})=0 $ perchè altrimenti il polinomio non sarebbe a coefficienti reali. Noto che k è una radice terza dell'unità.
Dimostro: $ $k^{2n}+k^n+1=0 $ con n non divisibile per 3. Divido in casi:
3|n==> vale $ $Q(k)=k^{2\cdot 3z}+k^{3z}+1=1+1+1=3 $ perchè vale $ k^3=1 $
3|n+1: Sfruttando sempre che k è una radice terza dell'unità si riconduce a $ Q(k)=k^2+k+1 $ che vale 0 perchè è proprio P(x) di cui k è radice
3|n+2: Identico al caso precedente.
Spero di non aver toppato perchè mi piace particolarmente sta dimostrazione :) (magari ce n'è una molto più facile... anche se questa è davvero easy)
Chiamo $ $P(x)=x^2+x+1 $ e $ $Q(x)=x^{2n}+x^n+1 $
Dimostro che P(x)|Q(x) se e solo se n non è divisibile per 3.
Chiamo $ $k,\bar{k} $ le radici di P(x) che usando la formula si rivelano essere complesse. È chiaro che se $ $Q(k)=0 $ allora vale anche $ $Q(\bar{k})=0 $ perchè altrimenti il polinomio non sarebbe a coefficienti reali. Noto che k è una radice terza dell'unità.
Dimostro: $ $k^{2n}+k^n+1=0 $ con n non divisibile per 3. Divido in casi:
3|n==> vale $ $Q(k)=k^{2\cdot 3z}+k^{3z}+1=1+1+1=3 $ perchè vale $ k^3=1 $
3|n+1: Sfruttando sempre che k è una radice terza dell'unità si riconduce a $ Q(k)=k^2+k+1 $ che vale 0 perchè è proprio P(x) di cui k è radice
3|n+2: Identico al caso precedente.
Spero di non aver toppato perchè mi piace particolarmente sta dimostrazione :) (magari ce n'è una molto più facile... anche se questa è davvero easy)
...tristezza ed ottimismo... ed ironia...
Io ti racconto lo squallore di una vita vissuta a ore di gente che non sa più far l'amore...
"Allora impara a fare meno il ruffiano. Io non lo faccio mai e guarda come sono ganzo" Tibor Gallai
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Uhm... sto vicino alla conclusione...
Sono riuscito a dimostrare (con un metodo moooolto simile al precedente quindi lascio a chi vuole provare) che se chiamo m la valutazione 3-adica di n allora vale
$ $x^{2\cdot 3^m}+x^{3^m}+1|x^{2n}+x^n+1 $
Quindi rimane da dimostrare che $ $x^{2\cdot 3^k}+x^{3^k}+1 $ è irriducibile... ma non so se ci riesco :|
Spero di non aver sbagliato... comunque problema bellissimo (e ottimo per allenarsi ad usare le radici dell'unità)
Sono riuscito a dimostrare (con un metodo moooolto simile al precedente quindi lascio a chi vuole provare) che se chiamo m la valutazione 3-adica di n allora vale
$ $x^{2\cdot 3^m}+x^{3^m}+1|x^{2n}+x^n+1 $
Quindi rimane da dimostrare che $ $x^{2\cdot 3^k}+x^{3^k}+1 $ è irriducibile... ma non so se ci riesco :|
Spero di non aver sbagliato... comunque problema bellissimo (e ottimo per allenarsi ad usare le radici dell'unità)
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Ho concluso... usando il teoremone xD
Praticamente $ $x^{2\cdot 3^k}+x^{3^k}+1 $ è il $ $3^{k+1}-esimo $ polinomio ciclotomico che per lemma noto è irriducibile negli interi.
Non so quanto sia difficile la dimostrazione del lemma... ma se è ad un livello accettabile sarebbe bello se qualcuno la postasse... o mettesse un link, sempre e solo se è capibile da uno con le mie conoscenze.
p.s. comunque bel problema... con una tesi che può tornare utile in un esercizio
Praticamente $ $x^{2\cdot 3^k}+x^{3^k}+1 $ è il $ $3^{k+1}-esimo $ polinomio ciclotomico che per lemma noto è irriducibile negli interi.
Non so quanto sia difficile la dimostrazione del lemma... ma se è ad un livello accettabile sarebbe bello se qualcuno la postasse... o mettesse un link, sempre e solo se è capibile da uno con le mie conoscenze.
p.s. comunque bel problema... con una tesi che può tornare utile in un esercizio
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