ALGEBRA DEI POLINOMI

ALGEBRA DEI POLINOMI prof Luca Goldoni Liceo scientifico A.F. Formiggini Sassuolo c PREMESSA I seguenti problemi non sono usualmente trattati nel corso delle lezioni di matematica del Liceo.Essi provengono in buona parte dalle gare delle Olimpiadi di Matematica di vari Paesi.La loro risoluzione è stata curata, nelle presenti dispense, dall autore, talvolta con metodi originali.in ogni caso si è sempre riportata anche la soluzione ufficiale, allo scopo di un confronto sempre utile.pur essendo problemi difficili, essi sono tutti elementari, nel senso che non richiedono altro che conoscenze del tutto note agli studenti del Liceo.Quando e stato necessario usare qualcosa che normalmente non viene trattato negli attuali corsi italiani, l autore di queste dispense ha provveduto a inserire brevi note esplicative.il numero degli asterischi,denota la difficolta del problema.e evidente che tale classificazione è soggettiva. PROBLEMA 1* Dimostrare che se a,b,c sono numeri dispari allora il polinomio: e irriducibile su Z. ax 2 + bx + c Il polinomio dato risulta riducibile su Z se e solo se il suo: = b 2 4ac 1

e il quadrato di un numero intero. Per ipotesi si ha: e quindi è: cioe : cioe : Ma allora possiamo scrivere: a = 2m + 1 b = 2n + 1 c = 2k + 1 = (2n + 1) 2 4(2m + 1)(2k + 1) = 4n 2 + 4n + 1 4(4mk + 2m + 2k + 1) = 4n 2 + 4n 16mk 8m 8k 3 = 4n(n + 1) 16mk 8m 8k 3 ed osservare che uno dei due numeri n o n + 1 è sempre pari e quindi 8 4n(n + 1). Allora: 3 5 mod 8. Date le ipotesi su a,b,c e pero sempre vero che e dispari, e quindi se fosse il quadrato di un intero dovrebbe essere il quadrato di un numero dispari. Ma i numeri dispari sono tutti e soli quelli dei tipi: e quindi si ha: e dunque in ogni caso : r = 4t + 1 r = 4t + 3 r 2 = 16t 2 + 8t + 1 r 2 = 16t 2 + 8t + 8 + 1 r 2 1 mod 8. Quindi non puo essere il quadrato di un numero intero. OSSERVAZIONE: Il precedente risultato puo essere visto come un criterio ( cioe una condizione sufficiente) per l irriducibilità dei trinomi di secondo grado,la cui applicazione risulta estremamente semplice. E evidente che si tratta di una condizione solo sufficiente: x 2 + 4 e irriducibile senza verificare le ipotesi. E anche evidente che la condizione non puo essere banalmente estesa a polinomi di grado più alto: x 3 + x 2 + x + 1 ha tutti i coefficienti dispari ma è riducibile, essendo uguale a (x 2 + 1)(x + 1).Esiste un bel teorema dovuto ad A.Cohn che afferma quanto segue: 2

Se un polinomio ha per coefficienti le cifre dello sviluppo decimale di un numero primo, allora esso e irriducibile. Quindi per esempio, essendo 1249 un numero primo, il polinomio: 1x 3 + 2x 2 + 4x + 9 e irriducibile su Z. Esiste anche una generalizzazione al caso in cui il numero sia scritto in una base qualsiasi, dovuta a M. Filaseta (1979).Essa afferma la stessa cosa del teorema di Cohn, solo che il numero lo si puo scrivere rispetto a una base qualsiasi.pertanto siccome 1101 in base 2 rappresenta il numero 13, si puo affermare che il polinomio: x 3 + x 2 + 1 e irriducibile su Z come per altro si verifica molto facilmente ( in questo caso ) anche direttamente. SECONDA DIMOSTRAZIONE Ragioniamo per assurdo e supponiamo che sia riducibile.allora avremmo: ax 2 + bx + c ax 2 + bx + c = (mx + n)(rx + s) ove m,n,r,s sono interi.ma allora, poichè: avremmo: (mx + n)(rx + s) = [ mrx 2 + (as + nr)x + ns ] a = mr c = ns b = as + nr e poichè a e c sono dispari,si avrebbe che m,n,r,s,dovrebbero essere tutti dispari. Ma allora anche as enr sarebbero dispari e dunque b sarebbe pari contro l ipotesi. NOTA 3

Questa tecnica è in apparenza piuttosto diversa dalla precedente: in questo caso non si fa riferimento alla teoria delle equazioni di secondo grado ma solo al concetto di riducibilità.anche in questo caso in realà ci sono di mezzo le congruenze,anche se in un contesto molto più familiare, perchè si usano solo i concetti di pari e dispari che però altro non sono che termini molto noti per parlare delle congruenze mod 2.In ogni caso quando si usa una tecnica di questo tipo si parla di dimostrazione in base a considerazioni di parità. PROBLEMA 2 ** Dimostrare che se: P (x) = n a k x k k=0 e un polinomio a coefficienti interi tale che: P (0) e dispari P (1) e dispari allora non esistono valori di x interi per i quali P (x) = 0. Ricordiamo che per ogni polinomio P (x) è sempre vero che Distinguiamo allora due casi: 1. b è un intero pari. 2. b è un intero dispari. Nel primo caso abbiamo che: (b a) (P (b) P (a)) (b 0) (P (b) P (0)) ed essendo b pari,deve essere P (b) P (0) pari.essendo per ipotesi, P (0) dispari, ne segue che P (b) deve essere dispari. Ma allora: P (b) 0 b pari, b Z Nello stesso modo tenuto conto del fatto che P (1) è dispari,si dimostra che: Quindi la tesi e provata. P (b) 0 b dispari, b Z 4

NOTA Poiche riducibilita su Z ed esistenza di zeri interi sono condizioni equivalenti per i polinomi a coefficienti interi di grado 3,il precedente risultato può servire a formulare un criterio di irriducibilita per i polinomi di grado 3 a coefficienti interi: Se P (x) = a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 è un polinomio a coefficienti interi di grado 3 e se 1. a 0 e dispari 2. a 1 + a 2 + a 3 è pari allora il polinomio è irriducibile su Z. PROBLEMA 3* E dato il seguente prodotto: P (x) = (1 + 3x 3x 2 ) 749 (1 3x + 3x 2 ) 750 che una volta sviluppato da luogo a un polinomio di grado 749 750. Si chiede di calcolare la somma dei coefficienti di tale polinomio. Una volta sviluppati i calcoli si ha: e quindi: dunque: P (x) = P (1) = P (1) = 749 750 k=0 749 750 k=0 749 750 k=0 ma,sostiuendo nell espressione data si ha: e quindi il risultato è 1. a k x a k (1) k a k P (1) = (1) 749 (1) 750 5

PROBLEMA 4** Dimostrare che il polinomio: P (x) = (x a 1 )(x a 2 )...(x a n ) 1 nel quale, gli a k sono numeri ineri tutti diversi tra loro,e irriducibile su Z. : Ragioniamo per assurdo e supponiamo che si possa scrivere : P (x) = A(x)B(x) con A(x) e B(x) polinomi a coeficienti interi di grado positivo. Allora si ha: P (a 1 ) = 1 P (a 2 ) = 1... P (a n ) = 1 Questo vuol dire che per ciascun a k deve essere: e quindi deve essere: o viceversa. In ogni caso è vero che: A(a k )B(a k ) = 1 A(a k ) = 1 B(a k ) = +1 A(a k ) + B(a k ) = 0 k = 1...n Ma A(x) e B(x) devono avere grado minore di n in quanto il loro prodotto è P(x) che ha grado n.allora il polinomio: Q(x) = A(x) + B(x) ha grado minore di n.avremmo dunque un polinomio di grado < n che si annulla in n valori distinti di x.ciò è assurdo.quindi la tesi è provata. ESEMPIO 6

Nel caso particolare di un polinomio di 2 grado abbiamo: è irriducibile su Z. Per esempio P (x) = (x a 1 )(x a 2 ) 1 P (x) = x 2 3x + 1 è irriducibile su Z in quanto si puo scrivere: P (x) = (x 1)(x 2) 1 PROBLEMA 5 Dimostrare che se P (X) è un polinomio a coefficienti interi tale che: P (a) = 1 P (b) = 1 P (c) = 1 essendo a, b,c tre valori interi distinti, allora non può esistere un valore intero α tale che: P (α) = 0 Ragioniamo per assurdo e supponiamo che esista α intero tale che: Allora si avrebbe: (a α) (P (a) P (α)) (b α) (P (b) P (α)) (c α) (P (c) P (α)) P (α) = 0 ma essendo P (α) = 0 le precedenti condizioni diventano: (a α) P (a) (b α) P (b) (c α) P (c) e quindi : (a α) 1 7

(b α) 1 (c α) 1 ma i divisori di 1 sono solo ±1 e quindi almeno due dei tre precedenti divisori devono coincidere.per esempio: (a α) = (b α) da cui: che va contro l ipotesi a = b. NOTA Alla fine della dimostrazione si è implicitamente fatto del principio delle celle di Dirichlet: i divisori di 1 sono solo due( loro sono le celle) i divisori che noi avevamo erano tre.questo significa che due almeno di essi dovevano essere uguali. PROBLEMA 6 * Dimostrare che : è riducibile su Z[x, y] P (x, y) = x 4 + 4y 4 : E sufficiente osservare che: P (x, y) = x 4 + 4y 4 + 4x 2 y 2 4x 2 y 2 e quindi: P (x, y) = (x 2 + 2y 2 + 2xy)(x 2 + 2y 2 2xy) PROBLEMA 7 *** Dimostrare che non può esistere un polinomio P (x) Z[x] tale che : x N P (x) P essendo P l insieme dei numeri primi. : 8

Ragioniamo per assurdo e supponiamo che un simile polinomio esista.allora dovrebbe essere, in particolare: P (0) = p 0 con p 0 P Consideriamo allora i numeri naturali del tipo: n k = kp 0 Se indichiamo P (x) con: avremo: posto allora: n P (x) = a j x j j=0 a 0 = p 0 si avrebbe: n k = kp 0 k N P (n k ) = a 0 + a 1 (kp 0 ) + a 2 (kp 0 ) 2 +...a n (kp 0 ) n P (n k ) = p 0 + a 1 (kp 0 ) + a 2 (kp 0 ) 2 +...a n (kp 0 ) n P (n k ) = p 0 + p 0 a 1 k + (p 0 ) 2 a 2 k 2 +...p n 0a n k n P (n k ) = p 0 (1 + a 1 k + p 0 a 2 k 2 +...p n 1 0 a n k n ) Ora il secondo membro dell ultima espressione non può essere primo a meno che non si abbia: (1 + a 1 k + p 0 a 2 k 2 +...p n 1 0 a n k n ) = 1 k N. Ciò però non è possibile perchè avremmo che Q(x) = a 1 x + a 2 x 2 +...a n x n sarebbe nullo per tutti gli n k il chè costituisce una contraddizione dato che un polinomio non può avere un numero di radici reali superiore al suo grado. (vedi dispensa teorica POLINOMI) PROBLEMA 8 ** Dimostrare che il polinomio: P (x) = (1 x + x 2 x 3 +...x 100 ) (1 + x + x 2 + x 3 +...x 100 ) contiene solo potenze pari della x. 9

Consideriamo dapprima: f(x) = (1 + x + x 2 + x 3 +...x 100 ) In base alla formula per la somma di una progressione geometrica (vedi dispensa teorica POLINOMI)( si ha che per x 1 è: D altra parte, posto: f(x) = x101 1 x 1 g(x) = (1 x + x 2 x 3 +...x 100 ) utilizzando la stessa formula si ha,per x 1,: Pertanto per x ±1 è: g(x) = ( x)101 1 x 1 = x101 + 1 x + 1 P (x) = x101 1 x 101 + 1 x 1 x + 1 = x202 1 x 2 1 Osserviamo che P(x) è pertanto rappresentato dal quoziente di due funzioni pari, ed è pertanto un polinomio pari, che risulta definito anche per x = ±1.Ma un polinomio pari non può contenere potenze dispari (vedi dispensa teorica POLINOMI) qundi la tesi è provata. PROBLEMA 9** Dimostrare che è riducibile. P (x) = x 10 + x 5 + 1 In base alla formula per la somma dei termini di una progressione geometrica si ha: P (x) = (x5 ) 3 1 x 5 1 10

valida per x 1. da cui: P (x) = (x3 ) 5 1 x 5 1 P (x) = (x3 ) 5 1 x 5 1 P (x) = (x3 1) (x 12 + x 9 + x 6 + x 3 + 1) x 5 1 P (x) = (x 1) (x2 + x + 1) (x 12 + x 9 + x 6 + x 3 + 1) (x 1)(x 4 + x 3 + x 2 + x + 1) P (x) = (x2 + x + 1) (x 12 + x 9 + x 6 + x 3 + 1) (x 4 + x 3 + x 2 + x + 1) E quindi sufficiente provare che: (x 4 + x 3 + x 2 + x + 1) (x 12 + x 9 + x 6 + x 3 + 1) Per tale scopo è sufficiente effettuare la divisone fra polinomi con la quale si ottiene come quoziente: Q(x) = (x 8 x 7 + x 5 x 4 + x 3 x + 1) ed che prova la tesi.avremo infatti: R(x) = 0 P (x) = (x 2 + x + 1)(x 8 x 7 + x 5 x 4 + x 3 x + 1) PROBLEMA 10* Dimostrare che il polinomio: P (x) = x 4n + x 2n + 1 è riducibile n N n 1 11

da cui e quindi: P (x) = (x 4n + 2x 2n + 1) x 2n P (x) = (x 2n + 1) 2 x 2n P (x) = [ x 2n + 1 x n] [ x 2n + 1 + x n] P (x) = [ x 2n x n + 1 ] [ x 2n + x n + 1 ] NOTA Il trinomio: x 2n + x n + 1 per n > 1 talvolta è riducibile come abbiamo visto nel problema 9, talvolta no come ad esempio: P (x) = x 6 + x 3 + 1 Quest ultima affermazione può essere provata in vari modi:il primo fa riferimento al Criterio di irriducibilità di Cohn generalizzato: poichè P(2)=73 è primo, P(x) è irriducibile.tuttavia è possibile anche possibile utilizzare il criterio di Eisenstein anche se non in modo diretto.infatti, se P (x) fosse riducibile avremmo: da cui, ponendo x = y + 1 si avrebbe: Ma P (x) = Q(x)T (x) P (y + 1) = Q(y + 1)T (y + 1) P (y + 1) = y 6 + 6y 5 + 15y 4 + 21y 3 + 18y 2 + 9y + 3 che è un polinomio che soddisfa le condizioni del Criterio di Einsenstein e dunque è irriducibile.dunque anche P(x) lo è. PROBLEMA 11 Dimostrare che il trinomio: è riducibile. x 10 + x 2 + 1 12

Calcoliamo P (2); si ha: Poichè P (2) = 1029 = 3 7 3 F (x) = x 2 + x + 1 per x = 2 assume valore 7 si può tentare di eseguire la divisione di P (x) con F (x) e se il resto è nullo la tesi è provata. Poichè cio accade, in quanto il quoziente di tale divisione è: e il resto è 0 la tesi è provata. NOTA IMPORTANTE: Q(x) = x 8 x 7 + x 5 x 4 + x 2 x + 1 Il precedente metodo suggerisce una possibile strategia per dimostrare la riducibilità di un polinomio, ma non è detto che tale strategia abbia sempre successo.si sottolinea che per esempio anche G(x) = x 3 x 2 + x + 1 per x = 2 assume valore 7 senza che tuttavia la divisione fra P (x) e G(x) sia esatta. PROBLEMA 12* Dato il polinomio: P (x) = x 2 + bx + c nel quale b e c sono numeri interi,se b è dispari allora i valori di P (x) hanno la stessa parità di c, cioè se c è pari sono pari (e viceversa) se c è dispari sono dispari (e viceversa). 13

Sia c pari.disinguiamo due casi: 1. x pari 2. x dispari Nel primo caso x 2 è pari, bx è pari e quindi anche P (x) è pari. Nel secondo caso,x 2 è dispari, bx è dispari e quindi x 2 + bx è pari; essendo c pari anche P (x) lo è. Sia ora c dispari; nuovamente distinguiamo due casi: 1. x pari 2. x dispari Nel primo di essi si ha che x 2 è pari, bx è pari e quindi x 2 + bx è pari.allora P (x) è dispari. Nel secondo caso si ha che x 2 è dispari,bx è dispari e quindi x 2 + bx è pari.dunque P (x) è dispari. PROBLEMA 13 Se P (x) = x 2 + 2mx + 2n m,n Z ed n è un numero dispari, allora P (x) è irriducibile. DIMOSTRAZIONE Se P (x) fosse riducibile, avendo grado 2,dovrebbe esistere a Z tale che P (a) = 0. Ma allora: a 2 + 2ma + 2n = 0 e dunque: a 2 = 2(ma + n) pertanto a 2 sarebbe pari e dunque anche a sarebbe pari. Poniamo allora a = 2b.Si avrebbe allora: e dunque: 4b 2 = 2(2bm + n) 2b 2 = (2bm + n) Pertanto il primo membro sarebbe pari mentre il secondo è certamente dispari in quanto somma di un numero pari (2bm) e di un dispari (n).ciò è assurdo e dunque P (x) è irriducibile. 14

NOTA La tesi e la dimostrazione sono le stesse anche per: Se invece consideriamo : P (x) = x 3 + 2mx + 2n P (x) = x k + 2mx + 2n con k > 3 possiamo (con la stessa dimostrazione) concludere soltanto che P (x) non ha fattori di 1 grado ma non che è irriducibile.in altri termini, per k > 3 sono tali da garantire la sola assenza di fattori di primo grado e senza ulteriori indagini non si può affermare nulla. PROBLEMA 14 *** Dimostrare che per n = 4 il trinomio dell esercizio precedente è in effetti irriducibile. Poichè siamo sicuri che non è possibile una fattorizzazione del tipo 1; 3 valea dire una fattorizzazione costituita da un polinomio diterzogrado e da uno di primo,dobbiamo solo provare che non è possibile nemmeno una fattorizzazione del tipo 2; 2 Ragioniamo per assurdo e supponiamo che tale fattorizzazione esista.avremmo quindi: Sviluppando i calcoli si ha: P (x) = (x 2 + ax + b)(x 2 + cx + d) P (x) = x 4 + x 3 (a + c) + x 2 (ac + b + d) + x(ad + bc) + bd Da cui: Sostituendo si ottiene: a = c P (x) = x 4 + x 2 (b c 2 + d) + x(bc cd) + bd da cui: b = c 2 d 15

e sostituendo : P (x) = x 4 + cx(c 2 2d) + d(c 2 d) A questo punto è facile dedurre che c deve essere pari;infatti se fosse dispari, il coefficiente : c(c 2 2d) sarebbe il prodotto di due numeri dispari e non potrebbe certamente essere del tipo0 2m come nel caso del trinomio considerato.a questo punto d deve essere dispari perchè nel caso di d pari il coefficiente: d(c 2 d) sarebbe i prodotto di due numeri pari e quindi sarebbe divisibile per 4 e non sarebbe del tipo 2n con n dispari, come invece abbiamo.ma se d è dispari allora tale coeficiente è dispari in quanto prodotto di due numeri dispari. In definitiva non esiste una fattorizzazione di tipo 2; 2 che soddisfi alle ipotesi fatte sui coefficienti.pertanto P (x) è irriducibile. NOTA 1 A questo punto si può affermare che: P (x) = x k + 2mx + 2n ove k = 2, 3, 4 ed n è dispari è irriducibile. NOTA 2 E chiaro che questa tecnica è insufficiente a dimostrare risultati generali rispetto a k.e tuttavia possibile ottenere risultati parziali utilizzando un criterio dovuto al matematico tedesco O. Perron che nel caso in questione si riduce a quanto segue: se 2m > 2n + 1 allora il polinomio è irriducibile per ogni valore di k > 4.Al momento, per quanto a conoscenza dell autore questo è il massimo che si possa affermare a rigurado.il criterio di Perron è riportato nella sua forma completa nella dispensa di teoria relativa ai polinomi. Problema 15 *** 16

Dimostrare che il polinomio P (x) = x 26 + x 25 +...1 è riducibile.più in generale dimostrare che è riducibile. P (x) = x 3n 1 + x 3n 2 +...1 In base alla formula del Teorema 1 della Dispensa: POLINOMI: PARAGRAFO: RISULTATI VARI si ha: x 26 + x 25 +...1 = x27 1 x 1 ma x 27 1 x 1 = x27 1 x 9 1 x 3 1 x 9 1 x 3 1 x 1 ma allora, utilizzando la nota formula a 3 1 = (a 1)(a 2 + a + 1) si ha: x 27 1 x 9 1 x 3 1 x 9 1 x 3 1 x 1 = (x9 1)(x 18 + x 9 + 1) (x 9 1) Da quest ultima, semplificando: P (x) = (x 18 + x 9 + 1)(x 6 + x 3 + 1)(x 2 + x + 1) (x 3 1)(x 6 + x 3 + 1) (x 1)(x 2 + x + 1) (x 3 1) (x 1) che prova appunto la prima tesi. La seconda tesi può essere provata con il metodo di induzione. Problema 16 Soluzione Sia P (x) un polinomio con le caratteristiche suddette. Poichè in generale Avremo che: (a b) (P (a) P (b)) 6 P (7) P (1) Se per assurdo, fosse P (7) = q 2 con q N allora avremmo: cioè: 6 (q 2 2) q 2 2 = 6k con k N.Allora, q è senza dubbio pari, e quindi q = 2m.Da ciò otteniamo: 17