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Aritmetica 2015/2016 Esercizi svolti in classe
Aritmetica 2015/2016 Esercizi svolti in classe - undicesima settimana Massimo Caboara [email protected] 2015 Tutta la parte di teoria svolta si trova sul Di Martino o sull’Hertstein., o su qualunque testo introduttorio di algebra. Qui ci sono alcuni esercizi. 1. Sia p ∈ N, primo. Allora f = xp−1 + xp−2 + · · · + x + 1 è irriducibile in Q[x]. Abbiamo che xp−1 + xp−2 + · · · + x + 1 = xp − 1 x−1 Esaminiamo f (x + 1) (x + 1)p−1 + (x + 1)p−2 + · · · + x + 1 + 1 = = = (x + 1)p − 1 x+1−1 xp + p1 xp−1 + · · · + p p−1 x+1−1 x xp−1 + · · · + p p−1 x xp + p 1 x p p−2 p p p−1 = x + x + ··· + x+ 1 p−2 p−1 Questo polinomio è irriducibile per il criterio di Eisenstein, dato che p p - 1, p2 - p−1 , p | an−1 , . . . , a0 . p La prima affermazione è immediata, l’ultima anche dato che = p. p−1 Per le altre, notiamo che per 2 ≤ i ≤ p − 1, p p! = i i!(p − i)! 1 è sempre divisibile per p, dato che questo fattore primo compare una volta sola ed al numeratore della frazione. Dato che f (x + 1) è irriducubile, lo è anche f . 2. Risolvere su R[x] l’equazione f = x11 + 4x10 + 3x9 − 8x8 − 16x7 − 9x6 + 5x4 + 16x3 + 24x2 + 16x + 4 = 0 Vediamo se ci sono fattori multiple f 0 = 11x10 + 40x9 + 27x8 − 64x7 − 112x6 − 54x5 + 20x3 + 48x2 + 48x + 16 g = (f, f 0 ) = x4 + 2x3 − x2 − 4x − 2 Per g vediamo se ci sono radici razionali. Dobbiamo provare ± 11 , ± 12 g(1) = −4 g(−1) = 0 quindi x + 1 è fattore g(2) = 18 g(−2) = 2 Dividiamo g per x + 1 ed otteniamo g1 = x3 + x2 − 2x − 2. Dato che si tratta di un fattore di g, e l’unica possibile radice razionale di g è x = −1, l’unica possibile radice razionale di g1 è x = −1. Testiamo, e in effetti g1 (−1) = 0. Dividiamo g1 per x + 1 ed otteniamo x2 − 2. Quindi g = (x + 1)2 (x2 − 2) Dato che la parte non squarefree di f ha una radice di molteplicità 2, √ x = −1, e due radici x = ± 2, Il polinomio f ha una radice di molteplicità √ 3, x = −1, e due radici doppie x = ± 2. La parte squarefree di f è f = x7 + 2x6 − 2x4 − 2x3 − 3x2 − 4x − 2 (f, f 0 ) ma non ci servirà per fare i conti. Abbiamo identificato i fattori di f , (x + 1)3 e (x2 − 2)2 . Dividendo, otteniamo il fattore x11 + 4x10 + 3x9 − 8x8 − 16x7 − 9x6 + 5x4 + 16x3 + 24x2 + 16x + 4 = x4 +x3 +x2 +x+1 (x + 1)3 (x2 − 2)2 che è irriducibile su Q per il criterio di Eisenstein - cfr. esercizio precedente. 2 3. Fattorizzare in irriducibili f = 6x4 − 15x3 + 10x2 − 10x + 4 ∈ Q[x]. Le possibili radici di f sono gli elementi dell’insieme 1 1 1 1 2 2 2 2 4 4 4 4 ± ,± ,± ,± ,± ,± ,± ,± ,± ,± ,± ,± 1 2 3 6 1 2 3 6 1 2 3 6 vale a dire 1 1 1 1 2 2 4 4 ± ,± ,± ,± ,± ,± ,± ,± 1 2 3 6 1 3 1 3 Valutando f su questi valori vediamo che le uniche radici sono 2 e 12 . f = 3x2 + 2. Il polinomio si Quindi (x − 2)(2x − 1) | f e (x−2)(2x−1) fattorizza quindi in Q[x] nel prodotto di irriducibili (x − 2)(2x − 1)(3x2 + 2) (x − 2) e 2x − 1 sono polinomi lineari a coefficenti in un campo, e quindi irriducibili. g = 3x2 + 2 è irriducibile perchè è un fattore di f , che ha solo le due radici 2, 21 e g(2) 6= 0, g( 12 ) 6= 0. Alternativamente, è un polinomio di grado 2 senza radici in Q, dato che è la somma di un positivo o nullo e di un positivo. Alternativamente, il suo discriminante è negativo. Alternativamente ...... 4. Determinare una fattorizzazione in irriducibili del polinomio f = 2x15 + 3x10 + 4x5 + 1 ∈ Z5 [x] Notiamo che f 0 = 0 (oppure, notiamo che tutti gli esponenti di f sono multipli di 5). Per il piccolo teorema di Fermat, sappiamo che esiste g ∈ Z5 [x] tale che f = g 5 . Questo g è chiaramente 2x3 + 3x2 + 4x + 1 Fattorizziamolo. Usando il metodo delle radici, troviamo che g(1) = 0, e quindi (x − 1) | g. Dividendo 2x3 + 3x2 + 4x + 1 per x − 1 otteniamo che 2x3 + 3x2 + 4x + 1 = (x − 1)(2x2 + 4) Dato che x − 1 è lineare e Z5 è campo, è irriducibile. 2x2 + 4 se fosse riducibile avrebbe due fattori lineari, quindi due radici. Ma g(1), g(2), g(3) e g(4) sono tutti diversi da zero, e quindi 2x2 + 4 è irriducibile. Abbiamo quindi f = 2x15 + 3x10 + 4x5 + 1 = (x − 1)5 (2x2 + 4)5 5. Sia f = x6 + 3x5 − 22x4 − 49x3 + 183x2 + 208x − 576. Trovare una fattorizzazione in irriducibili di f (x) in Q[x]. Abbiamo h = (f, f 0 ) = x2 + x − 8 3 Dato che il discriminante di h è 33, che non è un quadrato, h è irriducibile in Q[x]. Dividendo f per h2 otteniamo x2 + x − 9, che è irriducibile su Q[x] per le stesse ragioni di h. Una fattorizzazione in irriducibili di f in Q[x] è quindi (x2 + x − 8)2 (x2 + x − 9) 4