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:
ax2 + bx + c
e’ irriducibile su Z.
SOLUZIONE
Il polinomio dato risulta riducibile su Z se e solo se il suo:
∆ = b2 − 4ac
1
e’ il quadrato di un numero intero. Per ipotesi si ha:
a = 2m + 1
b = 2n + 1
c = 2k + 1
e quindi è:
∆ = (2n + 1)2 − 4(2m + 1)(2k + 1)
cioe’:
∆ = 4n2 + 4n + 1 − 4(4mk + 2m + 2k + 1)
cioe’:
∆ = 4n2 + 4n − 16mk − 8m − 8k − 3
Ma allora possiamo scrivere:
∆ = 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:
r = 4t + 1
r = 4t + 3
e quindi si ha:
r2 = 16t2 + 8t + 1
r2 = 16t2 + 8t + 8 + 1
e dunque in ogni caso :
r2 ≡ 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: x2 + 4 e’ irriducibile
senza verificare le ipotesi. E’ anche evidente che la condizione non puo’
essere banalmente estesa a polinomi di grado più alto: x3 + x2 + x + 1 ha
tutti i coefficienti dispari ma è riducibile, essendo uguale a
(x2 + 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:
1x3 + 2x2 + 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:
x3 + x2 + 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
ax2 + bx + c
sia riducibile.Allora avremmo:
ax2 + bx + c = (mx + n)(rx + s)
ove m,n,r,s sono interi.Ma allora, poichè:
(mx + n)(rx + s) = mrx2 + (as + nr)x + ns
avremmo:
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
X
ak 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.
SOLUZIONE
Ricordiamo che per ogni polinomio P (x) è sempre vero che
(b − a) | (P (b) − P (a))
Distinguiamo allora due casi:
1. b è un intero pari.
2. b è un intero dispari.
Nel primo caso abbiamo che:
(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) 6= 0 ∀b pari, b ∈ Z
Nello stesso modo tenuto conto del fatto che P (1) è dispari,si dimostra che:
P (b) 6= 0 ∀b dispari, b ∈ Z
Quindi la tesi e’ provata.
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) = a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0
è un polinomio a coefficienti interi di grado 3 e se
1. a0 e’ dispari
2. a1 + a2 + a3 è pari
allora il polinomio è irriducibile su Z.♣
PROBLEMA 3*
E’ dato il seguente prodotto:
P (x) = (1 + 3x − 3x2 )749 (1 − 3x + 3x2 )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.
SOLUZIONE
Una volta sviluppati i calcoli si ha:
749·750
X
P (x) =
ak x
k=0
e quindi:
P (1) =
749·750
X
ak (1)k
k=0
dunque:
P (1) =
749·750
X
ak
k=0
ma,sostiuendo nell’espressione data si ha:
P (1) = (1)749 (1)750
e quindi il risultato è 1.
5
PROBLEMA 4**
Dimostrare che il polinomio:
P (x) = (x − a1 )(x − a2 )...(x − an ) − 1
nel quale, gli ak sono numeri ineri tutti diversi tra loro,e’ irriducibile su Z.
SOLUZIONE:
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 (a1 ) = −1
P (a2 ) = −1
..................
P (an ) = −1
Questo vuol dire che per ciascun ak deve essere:
A(ak )B(ak ) = −1
e quindi deve essere:
A(ak ) = −1
B(ak ) = +1
o viceversa. In ogni caso è vero che:
A(ak ) + B(ak ) = 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:
P (x) = (x − a1 )(x − a2 ) − 1
è irriducibile su Z. Per esempio
P (x) = x2 − 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
SOLUZIONE
Ragioniamo per assurdo e supponiamo che esista α intero tale che:
P (α) = 0
Allora si avrebbe:
• (a − α) | (P (a) − P (α))
• (b − α) | (P (b) − P (α))
• (c − α) | (P (c) − P (α))
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:
a=b
che va contro l’ipotesi .
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 :
P (x, y) = x4 + 4y 4
è riducibile su Z[x, y]
SOLUZIONE: E’ sufficiente osservare che:
P (x, y) = x4 + 4y 4 + 4x2 y 2 − 4x2 y 2
e quindi:
P (x, y) = (x2 + 2y 2 + 2xy)(x2 + 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.
SOLUZIONE:
8
Ragioniamo per assurdo e supponiamo che un simile polinomio esista.Allora
dovrebbe essere, in particolare:
P (0) = p0 con p0 ∈ P
Consideriamo allora i numeri naturali del tipo:
nk = kp0
Se indichiamo P (x) con:
P (x) =
n
X
aj x j
j=0
avremo:
a0 = p 0
posto allora:
nk = kp0 k ∈ N
si avrebbe:
P (nk ) = a0 + a1 (kp0 ) + a2 (kp0 )2 + ...an (kp0 )n
P (nk ) = p0 + a1 (kp0 ) + a2 (kp0 )2 + ...an (kp0 )n
P (nk ) = p0 + p0 a1 k + (p0 )2 a2 k 2 + ...pn0 an k n
P (nk ) = p0 (1 + a1 k + p0 a2 k 2 + ...p0n−1 an k n )
Ora il secondo membro dell’ultima espressione non può essere primo a meno
che non si abbia:
(1 + a1 k + p0 a2 k 2 + ...p0n−1 an k n ) = 1 ∀k ∈ N.
Ciò però non è possibile perchè avremmo che
Q(x) = a1 x + a2 x2 + ...an xn
sarebbe nullo per tutti gli nk 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 + x2 − x3 + ...x100 ) · (1 + x + x2 + x3 + ...x100 )
contiene solo potenze pari della x.
9
SOLUZIONE♣
Consideriamo dapprima:
f (x) = (1 + x + x2 + x3 + ...x100 )
In base alla formula per la somma di una progressione geometrica (vedi
dispensa teorica POLINOMI)( si ha che per x 6= 1 è:
x101 − 1
f (x) =
x−1
D’altra parte, posto:
g(x) = (1 − x + x2 − x3 + ...x100 )
utilizzando la stessa formula si ha,per x 6= −1,:
g(x) =
(−x)101 − 1
x101 + 1
=
−x − 1
x+1
Pertanto per x 6= ±1 è:
P (x) =
x101 − 1 x101 + 1
x202 − 1
= 2
x−1 x+1
x −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
P (x) = x10 + x5 + 1
è riducibile.
SOLUZIONE
In base alla formula per la somma dei termini di una progressione
geometrica si ha:
3
(x5 ) − 1
P (x) =
x5 − 1
10
valida per x 6= 1.
5
P (x) =
(x3 ) − 1
x5 − 1
da cui:
5
(x3 ) − 1
P (x) =
x5 − 1
P (x) =
P (x) =
(x3 − 1) (x12 + x9 + x6 + x3 + 1)
x5 − 1
(x − 1) (x2 + x + 1) (x12 + x9 + x6 + x3 + 1)
(x − 1)(x4 + x3 + x2 + x + 1)
P (x) =
(x2 + x + 1) (x12 + x9 + x6 + x3 + 1)
(x4 + x3 + x2 + x + 1)
E’ quindi sufficiente provare che:
(x4 + x3 + x2 + x + 1) | (x12 + x9 + x6 + x3 + 1)
Per tale scopo è sufficiente effettuare la divisone fra polinomi con la quale si
ottiene come quoziente:
Q(x) = (x8 − x7 + x5 − x4 + x3 − x + 1)
ed
R(x) = 0
che prova la tesi.Avremo infatti:
P (x) = (x2 + x + 1)(x8 − x7 + x5 − x4 + x3 − x + 1)
PROBLEMA 10*♣
Dimostrare che il polinomio:
P (x) = x4n + x2n + 1
è riducibile ∀n ∈ N n ≥ 1
SOLUZIONE
11
P (x) = (x4n + 2x2n + 1) − x2n
P (x) = (x2n + 1)2 − x2n
da cui
P (x) = x2n + 1 − xn x2n + 1 + xn
e quindi:
P (x) = x2n − xn + 1 x2n + xn + 1
♣
NOTA♣
Il trinomio:
x2n + xn + 1
per n > 1 talvolta è riducibile come abbiamo visto nel problema 9, talvolta
no come ad esempio:
P (x) = x6 + x3 + 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:
P (x) = Q(x)T (x)
da cui, ponendo x = y + 1 si avrebbe:
P (y + 1) = Q(y + 1)T (y + 1)
Ma
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:
x10 + x2 + 1
è riducibile.
12
SOLUZIONE
Calcoliamo P (2); si ha:
P (2) = 1029 = 3 · 73
Poichè
F (x) = x2 + 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:
Q(x) = x8 − x7 + x5 − x4 + x2 − x + 1
e il resto è 0 la tesi è provata.
NOTA IMPORTANTE:
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) = x3 − x2 + 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) = x2 + 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
SOLUZIONE
Sia c pari.Disinguiamo due casi:
1. x pari
2. x dispari
Nel primo caso x2 è pari, bx è pari e quindi anche P (x) è pari. Nel secondo
caso,x2 è dispari, bx è dispari e quindi x2 + 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 x2 è pari, bx è pari e quindi x2 + bx è pari.Allora
P (x) è dispari. Nel secondo caso si ha che x2 è dispari,bx è dispari e quindi
x2 + bx è pari.Dunque P (x) è dispari. PROBLEMA 13
Se
P (x) = x2 + 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:
a2 + 2ma + 2n = 0
e dunque:
a2 = −2(ma + n)
pertanto a2 sarebbe pari e dunque anche a sarebbe pari. Poniamo allora
a = 2b.Si avrebbe allora:
4b2 = −2(2bm + n)
e dunque:
2b2 = −(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:
P (x) = x3 + 2mx + 2n
Se invece consideriamo :
P (x) = xk + 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.
SOLUZIONE
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:
P (x) = (x2 + ax + b)(x2 + cx + d)
Sviluppando i calcoli si ha:
P (x) = x4 + x3 (a + c) + x2 (ac + b + d) + x(ad + bc) + bd
Da cui:
a = −c
Sostituendo si ottiene:
P (x) = x4 + x2 (b − c2 + d) + x(bc − cd) + bd
da cui:
b = c2 − d
15
e sostituendo :
P (x) = x4 + cx(c2 − 2d) + d(c2 − d)
A questo punto è facile dedurre che c deve essere pari;infatti se fosse
dispari, il coefficiente :
c(c2 − 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(c2 − 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) = xk + 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) = x26 + x25 + ....1
è riducibile.Più in generale dimostrare che
P (x) = x3
n −1
+ x3
n −2
+ ...1
è riducibile.
SOLUZIONE
In base alla formula del Teorema 1 della Dispensa: POLINOMI:
PARAGRAFO: RISULTATI VARI si ha:
x27 − 1
x26 + x25 + ....1 =
x−1
ma
x27 − 1
x27 − 1 x9 − 1 x3 − 1
= 9
x−1
x − 1 x3 − 1 x − 1
ma allora, utilizzando la nota formula
a3 − 1 = (a − 1)(a2 + a + 1)
si ha:
(x9 − 1)(x18 + x9 + 1) (x3 − 1)(x6 + x3 + 1) (x − 1)(x2 + x + 1)
x27 − 1 x9 − 1 x3 − 1
=
x9 − 1 x3 − 1 x − 1
(x9 − 1)
(x3 − 1)
(x − 1)
Da quest’ultima, semplificando:
P (x) = (x18 + x9 + 1)(x6 + x3 + 1)(x2 + 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
(a − b) | (P (a) − P (b))
Avremo che:
6 | P (7) − P (1)
Se per assurdo, fosse P (7) = q 2 con q ∈ N allora avremmo:
6 | (q 2 − 2)
cioè:
q 2 − 2 = 6k
con k ∈ N.Allora, q è senza dubbio pari, e quindi q = 2m.Da ciò otteniamo:
17