Polinomi irriducibili [L02-3]

[Rho33]

Ecco due esercizi semplici semplici, dato che gli altri non li tocca nessuno

1) Dato il polinomio $p(x)=(x-a)^2 (x-b)^2+1$ con $a,b$ interi distinti. Dimostrare che $p(x)$ è irriducibile.

2)Dato il polinomio $p(x)=(x-a_1)(x-a_2) \cdot \dots \cdot (x-a_n)-1$ dove $a_1, a_2, \dots , a_n$ sono interi distinti. Dimostrare che $p(x)$ è irriducibile.

[polarized]

Ti posso chiedere un Hint per il punto 1?

[Rho33]

Certo, in realtà l'hint vale per entrambi e credo sia il primo approccio:

Hint 1:

Testo nascosto:

Supponi per assurdo che $p(x)$ sia riducibile, ovvero $p(x)=k(x) \cdot j(x)$.

Hint 2:

Testo nascosto:

Cosa succede se valuti in $a,b$ i due polinomi? Bhe, ma allora cosa accade?

[polarized]

Ti ringrazio, visto che ci sono metto la soluzione del primo

Testo nascosto:

Osservazione 1: Se $p(x)$ è riducibile deve essere fattorizzato in due polinomi di grado 2 in quanto non ha soluzioni reali

Supponiamo ora $$p(x)=m(x)\cdot n(x) $$ Dove $m(x)$ e $n(x)$ sono due polinomi a coefficienti interi ($p(x)$ infatti è monico).
Sappiamo che $$ p(a)=1, \, \, p(b)=1 $$
Ciò significa che allora $m(a)=n(a)=1$ e $m(b)=n(b)=1$ (in realtà potrebbero essere anche entrambi $-1$ però per pigrizia non lo faccio e confido funzioni pari pari). Questo mi dice che
$$m(x)=(x-a)(x-b)r(x)+1 $$
Però poichè $deg(m(x))=2$ allora $r(x)$ ha grado zero e me ne frego bellamente del fatto che potrebbe essere una costante per una serie di motivi apparentemente validi. Poichè lo stesso ragionamento lo posso fare anche con $n(x)$ scrivo che
$$(x-a)^2 (x-b)^2+1=\left( (x-a)(x-b)r(x)+1\right )^2$$ Il che non funziona per via del doppio prodotto

[Gizeta]

Perché non [tex]m(a)=1[/tex] ed [tex]m(b)=-1[/tex] (che comporterebbe, ovviamente, [tex]n(a)=1[/tex], [tex]n(b)=-1[/tex])?
Inoltre, cosa ti assicura che [tex]m(x)=n(x)[/tex] per ogni [tex]x \in \mathbb{R}[/tex] [cioè che i due polinomi siano uguali]?

[polarized]

Perché non [tex]m(a)=1[/tex] ed [tex]m(b)=-1[/tex] (che comporterebbe, ovviamente, [tex]n(a)=1[/tex], [tex]n(b)=-1[/tex])?
Inoltre, cosa ti assicura che [tex]m(x)=n(x)[/tex] per ogni [tex]x \in \mathbb{R}[/tex] [cioè che i due polinomi siano uguali]?

Si hai ragione, ho concluso troppo frettolosamente
Però risponderò a domande con domande; cominciando dalla seconda (che era una cosa che avevo pensato ma non scritto):

Nessuno me lo assicura, però la differenza tra i due potrebbe essere una solo una costante moltiplicativa poichè $r(x)$ deve avere grado zero. Il loro prodotto però deve essere monico e quindi dovrei avere qualcosa del tipo $c$ in uno e $\frac 1 c$ nell'altro fattore che si semplificano.

Prima domanda:
Perchè m(x) non può essere scomposto ulteriormente neanche nei reali e la condizione da te citata implica la possibilità di applicare il teorema degli zeri.

Prima di avere quest'idea stavo scrivendo $m(x)$ con l'interpolazione $m(x)=\frac{2x-a-b}{a-b}$; mi avrebbe portato da qualche parte?

[Gizeta]

Ok, anche io ho pensato al teorema degli zeri per la prima!
Per la seconda questione: ok, ovviamente [tex]c=1[/tex] perché stiamo cercando polinomi a coefficienti interi.

Uhm, non ho ben capito la tua prima domanda: prendiamo un polinomio ([tex]\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}[/tex]) [tex]P(x):=\displaystyle \sum_{k=0}^n{a_kx^{k}}[/tex], allora informalmente definiamo grado di esso il più grande [tex]i \in \{0,...,n\}[/tex] tale che [tex]a_i \not = 0[/tex]; dunque un polinomio di grado [tex]0[/tex] è una roba del tipo [tex]a_0x^{0}=a_0[/tex], cioè una costante.

Suppongo il testo dia [tex]P:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}[/tex], allora consideriamo l'ovvia restrizione [tex]P_{[a,b]}:[a,b] \rightarrow \mathbb{R}[/tex]; i polinomi sono funzioni continue (perché? Perché si mostra facilmente che lo è la funzione identica, cioè [tex]\{x \mapsto x:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\}[/tex], e prodotti, somme di funzioni continue e funzioni continue moltiplicate per costanti lo sono a loro volta, quindi per la prima lo è qualsiasi potenza di [tex]x[/tex], per la terza lo è qualsiasi potenza di [tex]x[/tex] moltiplicata per una costante e per la seconda lo è qualsiasi somma di potenze di [tex]x[/tex] moltiplicate per una costante, cioè la nostra definizione elementare di polinomio); ora, ovviamente, se [tex]P(a)=1[/tex] e [tex]P(b)=-1[/tex] (o viceversa) abbiamo che tutte le ipotesi del teorema sono soddisfatte e quindi esiste un [tex]c \in ]a,b[[/tex] tale che [tex]P(c)=0[/tex].

Non ho ben capito se ti interessa la dimostrazione del teorema degli zeri, perché la più veloce che conosco è: [tex]f:[a,b] \rightarrow \mathbb{R}[/tex] continua porta connessi in connessi, quindi [tex]f([a,b])[/tex] è connesso; i connessi di [tex]\mathbb{R}[/tex] sono tutti e soli gli intervalli, dunque essendo [tex]f(a)< 0[/tex] e [tex]f(b)>0[/tex] (o viceversa) si deve avere [tex]0 \in f([a,b])[/tex].

[Ehm, ok, magari al liceo quella per bisezione è più comprensibile di questa ]


Per la seconda domanda: al momento ho buio totale; ci penso.

Spero di aver risposto almeno minimamente alla prima domanda.

[polarized]

Purtroppo nello scrivere il messaggio precedente la mia conoscenza della lingua italiana è svanita
Sei stato molto chiaro comunque! Grazie mille!

[Rho33]

Ottimo per il primo problema (e grazie a Gizeta per il suo post utile a chi ne sa poco di analisi )! Ora chi prova il secondo? Non è che cambi un granché eh!

[polarized]

Metto ancora io il secondo problema visto che lo ho appena (apparentemente) risolto.

Osservazione 1: $p(x)$ non ha radici razionali.
Infatti se le avesse dovrebbero essere intere (è monico) e si dovrebbe dunque avere che tutti i fattori $(x-a_i)$ dovrebbero essere uguali a $1$ o $-1$ (a coppie) ma ciò non è possibile poichè gli $a_i$ sono distinti

Dimostrazione della tesi:
Supponiamo ora per assurdo che $p(x)$ sia riducibile come $$ p(x)=j(x)l(x)$$
Dove anche $j(x)$ e $l(x)$ non hanno radici razionali
Osserviamo che $p(a_i)=-1 \quad \forall i \,\, \mbox{con} \,0\le i \le n$
Di conseguenza $j(a_i)=-l(a_i)=\pm 1$ a seconda di come decido di sceglierli, in particolare $j(x)=-l(x)$ per $n$ valori.
Ho inoltre che che $\deg(j(x))\le \deg(l(x)) \le n-1$ ma ciò significa che per il principio di identità dei polinomi $$j(x)=-l(x) \forall \, x \, \in \mathbb{R}$$
Quindi
$$ p(x)=-j^2(x) $$ Ma RHS è sempre non positivo mentre $\displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty}p(x)=+\infty$