Si arrenderà mai?
Si arrenderà mai?
Provare l'irriducibilità in $ \mathbb{Z}_p $ di $ x^p-x+1 $ per $ p $ primo.
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Stoppa2006
- Messaggi: 51
- Iscritto il: 28 nov 2006, 20:12
@moebius: Il fatto che sia costante (o meglio costantemente 1) ti dice solo che non ha radici in $ \mathbb{Z}_p $.
Ma il non aver radici non implica l'irriducibilità.
Considera infatti in $ \mathbb{Z}_3 $ $ p(x)=(x^2+1)(x^2-x-1)(x^2+x-1) $.
$ p(x) $ è chiaramente riducibile ma $ p(0)=p(1)=p(-1)=1 $.
@Stoppa2006: Ti garantisco che c'è una soluzione semplice (ma non per questo facile da intuire) che non fa uso di di estensioni di campi o teoria di Galois.
Se vuoi un hint trasla!
Ma il non aver radici non implica l'irriducibilità.
Considera infatti in $ \mathbb{Z}_3 $ $ p(x)=(x^2+1)(x^2-x-1)(x^2+x-1) $.
$ p(x) $ è chiaramente riducibile ma $ p(0)=p(1)=p(-1)=1 $.
@Stoppa2006: Ti garantisco che c'è una soluzione semplice (ma non per questo facile da intuire) che non fa uso di di estensioni di campi o teoria di Galois.
Se vuoi un hint trasla!
Sia $ ~ q(x) = x^p-x+1 $. D'ora in poi tutte le uguaglianze sono da intendersi come uguaglianze tra polinomi, e non tra le loro valutazioni.
Lemma 1: per ogni $ ~ k \in \mathbb{Z}_p $, si ha $ ~ q(x) = q(x+k) $.
Dim. $ ~ (x+k)^p - (x+k) + 1 = (x^p + k^p) - (x+k) + 1 $$ = x^p + k - x - k +1=x^p-x+1 $. L'identità $ ~ (x+y)^p = x^p+y^p $ si verifica sviluppando la potenza e cercando fattori p nei binomiali, usando appunto il fatto che p è primo.
Lemma 2: se per qualche polinomio $ ~ r(x) \in \mathbb{Z}_p[x] $ e per qualche $ ~ k \neq 0 $ si ha $ ~ r(x) = r(x+k) $, allora $ ~ p \mid \mbox{deg} r $.
Dim. scrivendo esplicitamente il coefficiente di $ ~ x^{\mbox{deg} r - 1} $ in $ ~ r(x) - r(x+k) $, si vede che, perchè questo sia nullo, deg r deve essere un multiplo di p.
Fatto noto: tra i polinomi a coefficienti in $ ~ \mathbb{Z}_p $, vale la proprietà della fattorizzazione unica.
Siamo pronti per la dimostrazione. Supponiamo che q sia fattorizzabile in fattori irriducibili, monici e di grado compreso tra 1 e p-1.
$ ~ q(x) = a_1(x) a_2(x) \cdots a_n(x) $.
Senza perdita di generalità, $ ~ a_1 $ ha grado massimo.
Allora, poichè $ ~ q(x) = q(x+1) $, avremo:
$ ~ a_1(x) a_2(x) \cdots a_n(x) = a_1(x+1) a_2(x+1) \cdots a_n(x+1) $
Poichè $ ~ a_1 $ è irriducibile e vale la fattorizzazione unica, deve essere che $ ~ a_1(x) \mid a_j(x+1) $ per qualche j. Siccome per ogni j sappiamo che $ ~ \mbox{deg} a_1 \ge \mbox{deg} a_j $, e i fattori sono monici, dovrà proprio essere $ ~ a_1(x) = a_j(x+1) $ per qualche j. Per il lemma 2, j è diverso da 1. Ricambiando i nomi delle variabili $ ~ a_i $, vediamo che possiamo scrivere
$ ~ q(x) = a_1(x-1)a_1(x) a_2(x) \cdots a_{n-1}(x) $
$ ~ a_1(x-1)a_1(x) a_2(x) \cdots a_{n-1}(x) = a_1(x)a_1(x+1) \cdots a_{n-1}(x+1} $
Dividendo per $ ~ a_1(x) $ e ragionando come prima avremo che $ ~ a_1(x-1) = a_j(x+1) $. Così possiamo scrivere, cambiando le variabili:
$ ~ q(x) = a_1(x-2)a_1(x-1)a_1(x) a_2(x) \cdots a_{n-2}(x) $
Ora senza che mi formalizzo capirete che posso continuare con questo ragionamento fino ad arrivare a:
$ ~ q(x) = a(x)a(x-1)\cdots a(x-(p-1)) $
Questo implica che il grado di a è 1, quindi ha una radice, quindi q ha una radice, ma come moebius ha fatto notare q assume il valore costante 1.
Lemma 1: per ogni $ ~ k \in \mathbb{Z}_p $, si ha $ ~ q(x) = q(x+k) $.
Dim. $ ~ (x+k)^p - (x+k) + 1 = (x^p + k^p) - (x+k) + 1 $$ = x^p + k - x - k +1=x^p-x+1 $. L'identità $ ~ (x+y)^p = x^p+y^p $ si verifica sviluppando la potenza e cercando fattori p nei binomiali, usando appunto il fatto che p è primo.
Lemma 2: se per qualche polinomio $ ~ r(x) \in \mathbb{Z}_p[x] $ e per qualche $ ~ k \neq 0 $ si ha $ ~ r(x) = r(x+k) $, allora $ ~ p \mid \mbox{deg} r $.
Dim. scrivendo esplicitamente il coefficiente di $ ~ x^{\mbox{deg} r - 1} $ in $ ~ r(x) - r(x+k) $, si vede che, perchè questo sia nullo, deg r deve essere un multiplo di p.
Fatto noto: tra i polinomi a coefficienti in $ ~ \mathbb{Z}_p $, vale la proprietà della fattorizzazione unica.
Siamo pronti per la dimostrazione. Supponiamo che q sia fattorizzabile in fattori irriducibili, monici e di grado compreso tra 1 e p-1.
$ ~ q(x) = a_1(x) a_2(x) \cdots a_n(x) $.
Senza perdita di generalità, $ ~ a_1 $ ha grado massimo.
Allora, poichè $ ~ q(x) = q(x+1) $, avremo:
$ ~ a_1(x) a_2(x) \cdots a_n(x) = a_1(x+1) a_2(x+1) \cdots a_n(x+1) $
Poichè $ ~ a_1 $ è irriducibile e vale la fattorizzazione unica, deve essere che $ ~ a_1(x) \mid a_j(x+1) $ per qualche j. Siccome per ogni j sappiamo che $ ~ \mbox{deg} a_1 \ge \mbox{deg} a_j $, e i fattori sono monici, dovrà proprio essere $ ~ a_1(x) = a_j(x+1) $ per qualche j. Per il lemma 2, j è diverso da 1. Ricambiando i nomi delle variabili $ ~ a_i $, vediamo che possiamo scrivere
$ ~ q(x) = a_1(x-1)a_1(x) a_2(x) \cdots a_{n-1}(x) $
$ ~ a_1(x-1)a_1(x) a_2(x) \cdots a_{n-1}(x) = a_1(x)a_1(x+1) \cdots a_{n-1}(x+1} $
Dividendo per $ ~ a_1(x) $ e ragionando come prima avremo che $ ~ a_1(x-1) = a_j(x+1) $. Così possiamo scrivere, cambiando le variabili:
$ ~ q(x) = a_1(x-2)a_1(x-1)a_1(x) a_2(x) \cdots a_{n-2}(x) $
Ora senza che mi formalizzo capirete che posso continuare con questo ragionamento fino ad arrivare a:
$ ~ q(x) = a(x)a(x-1)\cdots a(x-(p-1)) $
Questo implica che il grado di a è 1, quindi ha una radice, quindi q ha una radice, ma come moebius ha fatto notare q assume il valore costante 1.