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Re:[obm-l] polinomio irredutivel

Oi, Luis:
 
Eu fiz o seguinte:
 
Seja f(x) = x^(p-1) + 2x^(p-2) + 3x^(p-3) + ... + (p-1)x + p,
onde p é um primo ímpar.
Então: f(x+1) = x^(p-1) + (p+1)x^(p-2) + p*g(x), com g(x) em Z[x].
 
Os coeficientes de x^(p-1) e x^(p-2) em f(x+1) são facilmente calculáveis.
 
O coeficiente de x^(p-k) para 3 <= k <= p é igual a:
SOMA(j=1...k) j*Binom(p-j,k-j) =
k*SOMA(j=1...k) Binom(p-j,k-j) - SOMA(j=1...k) (k-j)*Binom(p-j,k-j) =
k*Binom(p,k-1) - (p-k+1)*SOMA(j=1...k-1) Binom(p-j,k-j-1) =
k*Binom(p,k-1) - (p-k+1)*Binom(p,k-2) =
Binom(p+1,k-1) = 
múltiplo de p, pois p divide (p+1)! mas não divide (k-1)!*(p-k+2)! se 3 <= k <= p, o que bate com o artigo (ainda bem!)
 
***
 
Critério de Eisenstein generalizado:
 
Seja f(x) = a_0 + a_1x + ... + a_nx^n um polinômio de Z[x].
Suponha que exista um primo p tal que:
1) p divide a_0, a_1, ..., a_(k-1) mas não divide a_k (1 <= k <= n)
e
2) p^2 não divide a_0
Então f(x) tem um fator irredutível de grau >= k.
 
Suponhamos que f(x) = g(x)*h(x), com:
g(x) = b_0 + b_1x + ... + b_rx^r
e
h(x) = c_0 + c_1x + ... + c_sx^s
onde r >= 0, s >= 0 e r + s = n.
 
a_0 = b_0*c_0.
Como p divide a_0 mas p^2 não divide, podemos supor spdg que p divide b_0 mas não divide c_0.
 
Como p não divide a_k, p não pode dividir todos os coeficientes de g(x).
Seja j o menor inteiro positivo tal que p não divide b_j.
Repare que, nesse caso, grau(g(x)) >= j.
 
Se i < j, então:
a_i = b_0*c_i + b_1*c_(i-1) + ... + b_(i-1)*c_1 + b_i*c_0
(se i > r, então b_i = 0. Idem para os c_i)
Como p divide b_0, ..., b_i, concluímos que p divide a_i.
Logo, i < k.
 
Por outro lado,
a_j = b_0*c_j + b_1*c_(j-1) + ... + b_(j-1)*c_1 + b_j*c_0.
Como p divide b_0, ...., b_(j-1) mas não divide b_j*c_0, concluímos que p não divide a_j.
Assim, j = k e, portanto, grau(g(x)) >= k.
 
Ou seja, f(x) tem um fator irredutível de grau >= k.
 
O critério de Eisenstein tradicional é obtido quando k = n.
 
[]s,
Claudio.
 
De: owner-obm-l@mat.puc-rio.br
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Cópia:
Data: Fri, 01 Sep 2006 20:45:51 +0000
Assunto: [obm-l] polinomio irredutivel
> Sauda,c~oes,
>
> Oi Claudio,
>
> ===
> (Claudio): Luís: você planeja lançar um manual de construções
> geométricas?
> ===
> N~ao só um como pelo menos 2. Foi bom vc tocar nesse assunto pois
> mais cedo ou mais tarde iria escrever pra vc pra pedir uma coisa.
> Estou escrevendo o Manual de CG 1 e no apêndice sobre números
> construtíveis quero mostrar que um polinômio é irredutível em Q.
> Na verdade é um problema de um periódico tipo CRUX. Falta completar
> uma passagem. Depois coloco aqui.
>
> %%%%%%
> Retomando o email. O problema (*)
>
> Seja p>=3 um primo. Ent~ao o polinômio f(x) = x^{p-1} +
> + x^{p-2} + ... + x + 1 é irredutível em Q
>
> é conhecido. Ver por exemplo os livros de Álgebra do Fraleigh
> e Lang.
>
> A idéia é escrever \Phi_p (x) = \frac{x^p-1}{x-1} =
> = x^{p-1} + x^{p-2} + ... + x + 1
>
> e mostrar que g(x) = \Phi_p (x+1) = \frac{(x+1)^p-1}{(x+1)-1} =
> =[ x^p + \binom{p}{1} x^{p-1} + ... + px ] / x
>
> é irredutível por satisfazer o critério de Eisenstein para o primo p.
>
> Com as idéias da soluç~ao para este problema, no periódico
> Mathematics Magazine Vol 77 (2004) pp. 397--398 vemos o
> problema 1681, An Irreducible Polynomial.
>
> Seja p>=3 um primo. Prove que o polinômio
>
> x^{p-1} + 2x^{p-2} + 3x^{p-3} + ... + (p-1)x + p
>
> é irredutível em Z[x].
>
> Soluç~ao do periódico: Let f denote the polynomial. Because
> f(+-1) > 0 and f(+-p) > 0, it follows from the rational root theorem
> that f(x) has no linear factor in Z[x]. (até aqui tudo bem).
>
> Since (usando a mesma idéia do problema (*))
>
> f(x) = \sum_{k=1}^p \frac{x^k-1}{x-1} =
> \frac{x(x^p-1) - p(x-1)}{(x-1)^2} ,
>
> we have
>
> f(x+1) = \frac{(x+1)[(x+1)^p-1] - px}{x^2} =
> x^{p-1} + (p+1)x^{p-2} + \sum_{k=0}^{p-3} a_k x^k ,
>
> where a_k = \binom{p+1}{k+2}, 0<=k<=p-3.
>
> Pausa. Até aqui tudo bem, parece mais complicado do que é.
> Bota no papel este pseudo LaTeX e se verá que é uma álgebra
> simples do binômio de Newton. Depois da parada e do café,
> continua. Hum....
>
> Notaç~ao: a | X significa a divide X e a \not| X significa
> a n~ao divide X
>
> Because p \not| (p+1) , p | a_k , 0<=k<=p-3 , and p^2 \not| a_0 , (OK)
>
> it follows from a modification of Eisenstein's criterion that f(x+1)
> has an irreducible factor of degree at least p-2 over Z[x].
>
> N~ao entendi nada destas duas linhas. Qual modificaç~ao? E como
> chegar na conclus~ao do at least?
>
> However, f(x+1) has no factor of degree p-2 because if it did,
> the other factor would be linear. It follows that f(x) is ireducible
> in Z[x]. (OK, em Q[x] também).
>
> ===
> Falta completar uma passagem. Depois coloco aqui.
> ===
> Colocado. Será que dá pra completar numa mensagem mais
> curta do que esta?
>
> []'s
> Luis
>
>
> =========================================================================
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
> =========================================================================
>