Sia $ p>3 $ un primo. Trovare il numero di polinomi della forma:
$ P(x)=x^p + px^k + px^j + 1 $
tali che $ 0<k<j<p $ e che siano irriducibili in $ Z[x] $
Questo polinomio non si arrende mai... è irriducibile! :D
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Simo_the_wolf
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Vediamo un po'.
Intanto cerchiamo delle radici: -1 è una radice se e soltanto se k e j hanno una parità diversa. Ora quindi dimostro che se hanno la stessa parità, P(x) è irriducibile.
Guardiamolo modulo p: diventa $ ~ x^p +1 $. Modulo p si fattorizza,e anche troppo: $ ~ x^p + 1 = (x+1)^p $.
Quindi, supponiamo che negli interi si abbia $ ~ P(x) = f(x)g(x) $. Allora avremo $ ~ f(x) = (x+1)^n, f(g) = (x+1)^m $ modulo p. Quindi in particolare $ ~ f(-1), g(-1) $ sono entrambi 0 modulo p, cioè sono entrambi multipli di p. Quindi $ ~ P(-1)=f(-1)g(-1) $ è un multiplo di $ ~ p^2 $. Ma $ P(-1) = \pm 2p $, e p > 2, quindi è assurdo.
Ci si chiedeva quanti sono, no? I numeri dispari tra 1 e p-1 sono $ ~ \frac{p-1}2 $, tanti quanti quelli pari. Quindi la risposta dovrebbe essere $ ~ 2 {\frac{p-1}2 \choose 2} = \frac 14 (p-1)(p-3) $. Però non capisco perchè si chiedeva p>3 e non solo p>2.
Intanto cerchiamo delle radici: -1 è una radice se e soltanto se k e j hanno una parità diversa. Ora quindi dimostro che se hanno la stessa parità, P(x) è irriducibile.
Guardiamolo modulo p: diventa $ ~ x^p +1 $. Modulo p si fattorizza,e anche troppo: $ ~ x^p + 1 = (x+1)^p $.
Quindi, supponiamo che negli interi si abbia $ ~ P(x) = f(x)g(x) $. Allora avremo $ ~ f(x) = (x+1)^n, f(g) = (x+1)^m $ modulo p. Quindi in particolare $ ~ f(-1), g(-1) $ sono entrambi 0 modulo p, cioè sono entrambi multipli di p. Quindi $ ~ P(-1)=f(-1)g(-1) $ è un multiplo di $ ~ p^2 $. Ma $ P(-1) = \pm 2p $, e p > 2, quindi è assurdo.
Ci si chiedeva quanti sono, no? I numeri dispari tra 1 e p-1 sono $ ~ \frac{p-1}2 $, tanti quanti quelli pari. Quindi la risposta dovrebbe essere $ ~ 2 {\frac{p-1}2 \choose 2} = \frac 14 (p-1)(p-3) $. Però non capisco perchè si chiedeva p>3 e non solo p>2.