Re:[obm-l] polinomio irredutivel
Oi, Luis:
Eu fiz o seguinte:
Sejaf(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) para3 = 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)! se3 = 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:
[EMAIL PROTECTED]
Para:
obm-l@mat.puc-rio.br
Cópia:
Data:
Fri, 01 Sep 2006 20:45:51 +
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
=
Re:[obm-l] polinomio irredutivel
Sauda,c~oes, Oi Claudio, Muito bom. Vou imprimir e olhar com calma sua explicaç~ao. Vou colocá-la no apêndice que ficará mais completo com ela. Acho que a soluç~ao do artigo poderia dar alguma dica de como chegar (ou onde encontrar) a tal generalizaç~ao. Obrigado. []'s Luís From: claudio\.buffara [EMAIL PROTECTED] Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br To: obm-l obm-l@mat.puc-rio.br Subject: Re:[obm-l] polinomio irredutivel Date: Tue, 5 Sep 2006 14:53:06 -0300 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]. [.] = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
[obm-l] polinomio irredutivel
Sauda,c~oes,
Oi Claudio,
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(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
=
Re: [obm-l] Polinomio Irredutivel
Oi, Rafael: Obrigado pela referencia. E os outros problemas da lista do Zagier tambem sao bem legais (e nada triviais...). Um abraco, Claudio. on 04.03.04 02:11, Rafael at [EMAIL PROTECTED] wrote: Cláudio, Conheci esse problema não faz muito tempo. A demonstração dele está aqui: http://www-groups.dcs.st-and.ac.uk/~john/Zagier/Solution3.1.html. Abraços, Rafael de A. Sampaio - Original Message - From: Claudio Buffara [EMAIL PROTECTED] To: Lista OBM [EMAIL PROTECTED] Sent: Wednesday, March 03, 2004 5:33 PM Subject: [obm-l] Polinomio Irredutivel Oi, pessoal: O problema abaixo deve ser manjado, mas como eh bonitinho, resolvi mandar pra lista: Seja (a_n a_(n-1) ... a_2 a_1 a_0) a representacao decimal de um numero primo. Prove que o polinomio p(x) = a_n*x^n + ... + a_2*x^2 + a_1*x + a_0 eh irredutivel sobre os racionais. Por exemplo, 123457 eh primo. Portanto, x^5 + 2*x^4 + 3*x^3 + 4*x^2 + 5*x + 7 eh irredutivel sobre Q. Um abraco, Claudio. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
RE: [obm-l] Polinomio Irredutivel
hehehe... desculpe o meu abestalhamento, mas o que é um polinomio irredutivel sobre os racionais? Irredutivel = não-redutivel Vc poderia dar um exemplo, bem simples, de um polinomio redutivel sendo reduzido? = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Polinomio Irredutivel
on 03.03.04 23:08, David at [EMAIL PROTECTED] wrote: hehehe... desculpe o meu abestalhamento, mas o que é um polinomio irredutivel sobre os racionais? Irredutivel = não-redutivel Vc poderia dar um exemplo, bem simples, de um polinomio redutivel sendo reduzido? Polinomio irredutivel sobre os racionais = polinomio que nao pode ser expresso como produto de polinomios nao constantes de menor grau com coeficientes racionais. p(x) = x^2 - 2 eh irredutivel sobre Q; p(x) = x^2 - 2 eh redutivel sobre R, pois p(x) = (x + sqrt(2))(x - sqrt(2)) q(x) = x^4 + 6x^3 + 16x^2 + 23x + 24 eh redutivel sobre Q, pois: q(x) = (x^2 + x + 3)(x^2 + 5x + 8) Note que este ultimo exemplo mostra que um polinomio pode ser redutivel sobre Q mesmo que suas raizes nao sejam racionais (no caso, nao sao nem reais). Espero que tenha ficado claro. Um abraco, Claudio. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re: [obm-l] Polinomio Irredutivel
Este problema e superdivertido Vamos supor por absurdo que o Claudio esta errado. Veja que se q e esse primo entao q=p(10) Assim, ao fatorarmos o polinomio p em complexos ja da para tirar algumas conclusoes.Se eu nao me engano, ao tirar os modulos (em |C) ve-se que as raizes sao grandes: p(x)=A(x-z1)(x-z2)...(x-zn) onde as raizes podem ser multiplas. Ai voce fatora p=p´*p'',calcula p(10), ve os modulos e confere que as duas coisas sao maiores que 1, absurdo. Me desculpe o mau jeito, e que eu acabo de entrar na USP de Sao Carlos e to usando o Linux de ca, e daqui a pouco to tendo que ir que ja to e-n-l-o-u-q-u-e-c-i-d-o de sono.Depois eu volto para contribuir com a Lista. Te maisAss.:Johann --- Claudio Buffara [EMAIL PROTECTED] escreveu: Oi, pessoal: O problema abaixo deve ser manjado, mas como eh bonitinho, resolvi mandar pra lista: Seja (a_n a_(n-1) ... a_2 a_1 a_0) a representacao decimal de um numero primo. Prove que o polinomio p(x) = a_n*x^n + ... + a_2*x^2 + a_1*x + a_0 eh irredutivel sobre os racionais. Por exemplo, 123457 eh primo. Portanto, x^5 + 2*x^4 + 3*x^3 + 4*x^2 + 5*x + 7 eh irredutivel sobre Q. Um abraco, Claudio. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = __ Yahoo! Mail - O melhor e-mail do Brasil! Abra sua conta agora: http://br.yahoo.com/info/mail.html = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
