polinomi irriducibili, tanto per cambiare.

[jordan]

Sia $ p $ un primo dispari.

a) Mostrare che $ x^p-x+1 $ è irriducibile in $ \mathbb{Q}[x] $.

b) Mostrare che $ x^p-x+p $ è irriducibile in $ \mathbb{Q}[x] $.

[exodd]

poniamo $ x=a/b $ con a,b naturali primi tra loro (poichè la frazione è ridotta ai minimi termini

$ a^p/b^p-a/b+1=0 $

$ a^p-ab^{p-1}+b^p=0 $

$ (a+b)(...)=ab^{p-1} $

visto che a e b sono primi fra loro, a+b non avrà fattori in comune nè con a, nè con b, quindi non esistono


sono sicuro di avere fatto qualche errore..

[kn]

Dire che in $ \displaystyle~\mathbb{Q}[x] $ un polinomio "è irriducibile" è più "forte" di dire che "non ha soluzioni razionali" (scusate l'italiano)... sono due cose diverse (puoi solo dire che "è irriducibile" $ \displaystyle~\Rightarrow $ "non ha soluzioni razionali")
Esempio: $ \displaystyle~x^4-2x^3+x^2-1 $ si scompone (non è irriducibile), infatti $ \displaystyle~x^4-2x^3+x^2-1=(x^2-x-1)(x^2-x+1) $, ma non ha soluzioni razionali

[SkZ]

sbaglio o vale per tutti i primi, anche p=2

sbaglio o c'e' un errore nel primo esempio in wiki
http://it.wikipedia.org/wiki/Polinomio_irriducibile

Se però i coefficienti sono considerati appartenenti ad un anello, questo non è sempre vero: ad esempio il polinomio 2x+6 è ovviamente irriducibile se considerato come polinomio in $ ~\mathbb{Q}[X] $, mentre è riducibile se considerato su $ ~\mathbb{Z}[X] $, perché la fattorizzazione $ ~2x+6=2(x+3) $ non è banale, in quanto l'inverso di 2, ovvero 1/2, non è un numero intero, e quindi 2 non è un elemento invertibile dell'anello dei polinomi a coefficienti interi.

[Nonno Bassotto]

No, l'esempio e' giusto. Il polinomio 2x + 6 e' irriducibile su Q: se lo scrivi come prodotto di due polinomi, uno dei due deve essere una costante. Essendo questa costante invertibile in Q, la fattorizzazione e' considerata banale. Su Z invece la fattorizzazione 2x + 6 = 2(x + 3) e' considerata una vera e propria fattorizzazione perche' 2 non e' invertibile.

Forse non ti piace molto la definizione di irriducibile La definizione e' questa: p e' irriducibile se non si puo' scrivere p = q*r, tranne nel caso banale in cui almeno uno tra q ed r e' invertibile. Ad esempio

$ x + 3 = 2 \cdot \frac{x+3}{2} $

non si considera una fattorizzazione su Q, e per lo stesso motivo anche 2x+6 e' considerato irriducibile.

Su Z la fattorizzazione

$ 2x + 6 = (-1) \cdot (-2x -6) $

si considera banale ma

$ 2x + 6 = 2 \cdot (x +3) $

no.

[SkZ]

Grazie, mi era scappato il "non invertibili"

[travelsga]

Provo a dimostrare un fatto più generale.
Supponiamo per assurdo che $ p(x)=x^p-x+\alpha $ sia fattorizzabile in $ \mathbb Q[x] $ allora, in virtù del lemma di Gauss,
avrà pure una fattorizzazione in $ \mathbb Z[x] $. Osservando $ p(x) $ in $ \mathbb Z_p $, si ha $ p(x)=x^p-x+\alpha=x-x+\alpha=\alpha $ e pertanto tale polinomio è irriducibile;
ne consegue che effettivamente $ p(x) $ è irriducibile in $ \mathbb Q[x] $.

[kn]

Falso! Se consideri $ \displaystyle~q(x)=x^p-x $ e scegli un intero a casaccio $ \displaystyle~x_0 $, allora hai che, nel caso particolare in cui è $ \displaystyle~p(x)=x^p-x-q(x_0) $, $ \displaystyle~p(x) $ ha $ \displaystyle~x_0 $ come radice, in contrasto con quanto volevi dimostrare

[travelsga]

Comunque, aggiungendo l'ipotesi $ \alpha $ diverso da 0 in $ \mathbb Z_p $, almeno il caso (a) dovrebbe essere salvo.

[Maioc92]

Osservando $ p(x) $ in $ \mathbb Z_p $, si ha $ p(x)=x^p-x+\alpha=x-x+\alpha=\alpha $ e pertanto tale polinomio è irriducibile

scusa la mia ignoranza ma potresti spiegare perchè x^p diventa x????

[pak-man]

scusa la mia ignoranza ma potresti spiegare perchè x^p diventa x????

Perché per il piccolo teorema di Fermat, $ x^p\equiv x\pmod p $ (se $ (x,p)=1 $), e poiché siamo in $ ~\mathbb{Z}_p $, tutte le espressioni sono modulo p.

[travelsga]

punto b)...
Siano $ x_1,\cdots,x_p $ le radici di $ p(x)=x^p-x+p $, come primo passo dimostriamo che sono tutte $ >1 $ in modulo:
supponiamo per assurdo che ci sia una radice $ x_j $ tale che $ |x_j|\le 1 $, allora si avrà $ p(x_j)=0\Rightarrow p=|x_j^p-x_j|\le |x_j|^p+|x_j|\le 2 $,
ma $ p>2 $ per ipotesi (p è un primo dispari) dunque $ \forall 1\le i\le p, |x_i|>1 $.
Supponiamo ora che $ p(x) $ abbia una fattorizzazione in $ \mathbb Q[x] $, allora, sempre per il lemma di Gauss, risulterà scomponibile pure in $ \mathbb Z[x] $.
Sia $ p(x)=f(x)g(x)\Rightarrow p(0)=f(0)g(0)=p $ ,($ f(x),g(x) $ sono polinomi monici a coefficienti interi) e sia wlog $ f(0)=1 $, ma $ f(0) $ è il prodotto delle radici di $ f(x) $
che sono in modulo>1 (come dimostrato in precedenza) e pertanto anche il loro prodotto sarà maggiore di 1 in modulo, assurdo.
Ne consegue che $ f(x) $ è un polinomio costante che assume valore 1 in ogni suo punto$ \rightarrow p(x) $ è irriducibile.

[jordan]

Bene

Bonus question:

Mostrare che ogni radice di $ x^p-x+p $, con $ p>2 $ primo, ha modulo $ y $ tale che $ 1<y<p^{\frac{1}{p-1}} $.

[Nonno Bassotto]

Osservando $ p(x) $ in $ \mathbb Z_p $, si ha $ p(x)=x^p-x+\alpha=x-x+\alpha=\alpha $ e pertanto tale polinomio è irriducibile

Attenzione! Il polinomio x^p-x+a NON è uguale al polinomio a modulo p, nonostante il teorema di Fermat. Esempio: x^2+1 è riducibile modulo 2, in effetti x^2+1=(x+1)^2. Nonostante questo per ogni valore di x si ha x^2+1=x+1, e il polinomio x+1 è irriducibile.

Bisogna stare attenti a distinguere tra funzioni polinomiali e polinomi. I due concetti si possono identificare solo su un campo infinito, dove vale il principio d'identità dei polinomi.