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Dimostrare che per ogni $p$ primo il polinomio $x^4+1$ si può fattorizzare modulo $p$.

Perfetto... ma non vedo perchè nascondere la soluzione

Se $ p=2 $ allora $ q(x)=x^4+1=(x^2+1)^2 $. Per il seguito supponiamo $ p>2 $. Dato che $ -1 $ non è sempre radice quarta modulo $ p $ (anzi, se $ -1 $ è radice quarta allora $ 8\mid p-1 $, ma è solo una condizione necessaria) allora cerchiamo una scomposizione in due fattori di secondo grado necessariamente della forma $ q(x)=x^4+1=(ax^2+bx+c)(a^{-1}x^2+dx+c^{-1}) $, con $ p\nmid ac $. Supponendo anche $ p\nmid bd $ avremmo $ x^4+1=x^4+(ad+a^{-1}b)x^3+(ac^{-1}+bd+ca^{-1})x^2+(bc^{-1}+cd)x+1 $ per cui $ p\mid \text{gcd}( ad+a^{-1}b, ac^{-1}+bd+ca^{-1}, bc^{-1}+cd) \implies p\mid \text{gcd}( a^2d+b, ac^{-1}+bd+ca^{-1}, b+c^2d) $. Questo significa che $ a^2=c^2 $ in $ \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} $: se fosse $ a=c $ allora dovremmo risolvere $ (ad)^2=2 $; se fosse invece $ a+c=0 $ dovremmo risolvere $ (ad)^2=-2 $. In entrambi i casi esiste una soluzione quando almeno uno tra $ \left(\frac{2}{p}\right) $ e $ \left(\frac{-2}{p}\right) $ vale $ 1 $, e cioè per tutti i primi $ p>2 $ tali che $ 8\nmid p-5 $. Resta da sistemare il caso $ 8\mid p-5 $: ponendo $ p\mid \text{gcd}(b,d) $ otteniamo $ x^4+1=(ax^2+c)(a^{-1}x^2+c^{-1})=x^4+(ac^{-1}+ca^{-1})x^2+1 $. Esso ha soluzione solo nel caso in cui esistono $ a,c $ non nulli tali che $ ac^{-1}+ca^{-1}=0 \leftrightarrow (ac^{-1})^2=-1 $, ed è noto che $ \left(\frac{-1}{p}\right)=1 $ se e solo se $ 4\mid p-1 $. []

Perfetto anche questa... è la stessa

Lo so che è la stessa, è che non avevo visto che Veluca aveva già postato