peppeporc ha scritto:Va be', dai, trovo un modo per fattorizzare $ n^5+n^4+1 $:
$ n^5+n^4+1 = n^5+n^4+n^3-n^3+1 $$ = n^3(n^2+n+1)+(1-n)(1+n+n^2) = $$ (n^3-n+1)(n^2+n+1) $. Uguagliando i fattori ottenuti rispettivamente a $ 1 $ e a $ p $ e viceversa, si giunge ad accettare $ n=1 $.
E se davo come testo $ p(n)=n^{2^{2^k}}+n^{2007k+1}+1 $ come si faceva?
Il trucco era che, detto $ \phi_3(x):=x^2+x+1 $ il terzo
polinomio ciclotomico che ha come radici $ \zeta $ e $ \zeta^2 $ (dove $ \zeta $ è una delle $ 2=\varphi(3) $ radici primitive cubiche dell'unità), anche $ p(\zeta)=p(\zeta^2)=0 $ per cui $ \phi_3(x) \mid p(x) $. (In parole povere era sufficiente vedere che gli esponenti delle tre potenze formavano un sistema completo di residui modulo 3).
ho solo dato un input per fattorizzare "non al volo" -per quei pochi che non lo sanno- (è invece più nota la fattorizzazione "al volo" di $ a^3 \pm b^3 $).