Ἀνάγωγο πολυώνυμο

Γ.-Σ. Σμυρλής · #1

Γενίκευση τοῦ
http://www.mathematica.gr/forum/viewtop ... 11&t=37111

Γιά ποιούς θετικούς ἀκεραίους

τό πολυώνυμο X^8+nX^4+1

δέν εἶναι ἀνάγωγο στό ${\mathbb Z}[X]$ ;

#2

Επαναφορά: τα προβλήματα που μας στέλνει ο κ. Σμυρλής είναι συνήθως πολύ έξυπνα ή/και πολύ προχωρημένα, αυτό όμως είναι αρκετά προσιτό, και η λύση του (που δυστυχώς δεν έχω κρατήσει) κατανοητή, αν όχι και εφικτή, ακόμη και από μη διαγωνιζόμενους (νομίζω).

Γιώργος Μπαλόγλου

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

Επαναφορά.

#4

Μπορούμε να δουλέψουμε όπως εδώ
https://artofproblemsolving.com/communi ... 27p2069755

Δεν βλέπω τρόπο να γλιτώσουμε τις πράξεις.

#5

Γ.-Σ. Σμυρλής έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 20, 2013 10:33 pm
Γενίκευση τοῦ
http://www.mathematica.gr/forum/viewtop ... 11&t=37111

Γιά ποιούς θετικούς ἀκεραίους τό πολυώνυμο δέν εἶναι ἀνάγωγο στό ${\mathbb Z}[X]$ ;

Δεν ξέρω πόσο εύκολο είναι να περιγράψουμε τα ζητούμενα

. Για παράδειγμα η απάντηση περιλαμβάνει τα $n=2 \pm 8c^2+4c^4$ για οποιονδήποτε φυσικό

, όπως φαίνεται από τις παραγοντοποιήσεις

x^8+(2+8c^2+4c^4)x^4+1= (x^4-2cx^3+2c^2x^2+2cx+1 ) (x^4+2cx^3+2c^2x^2-2cx+1 )

και

Για μικρά

δίνει τα

και κανέναν άλλο μικρότερο ή ίσο του

). Έχουμε επίσης το n=1

από την

.

Δεν μπορώ ν α αποδείξω ότι δεν υπάρχουν άλλα

πέρα από τα

και $n=2 \pm 8c^2+4c^4$ , αλλά μετά από αρκετές πράξεις (που δεν τις γράφω αλλά είναι στην πορεία που ανακάλυψα τα

αυτά), έχω την αίσθηση ότι είναι όλα. Το κριτήριο Eisenstein με βοήθησε αλλά δεν έβγαλα το τελικό αποτέλεσμα. Αφήνω τα λοιπά στους άλλους.

#6

silouan έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 21, 2019 11:56 am
Δεν βλέπω τρόπο να γλιτώσουμε τις πράξεις.

Να πω εδώ ότι απορρίπτεται αμέσως η περίπτωση το πολυώνυμο να γράφεται σαν πρώτου επί εβδόβου, γιατί το πολυώνυμο δεν έχει ακέραια ρίζα. Απορρίπτεται και το τρίτου επί πέμπτου γιατί δεν έχει πραγματική ρίζα.

#7

silouan έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 21, 2019 1:32 pm

silouan έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 21, 2019 11:56 am
Δεν βλέπω τρόπο να γλιτώσουμε τις πράξεις.
Να πω εδώ ότι απορρίπτεται αμέσως η περίπτωση το πολυώνυμο να γράφεται σαν πρώτου επί εβδόβου, γιατί το πολυώνυμο δεν έχει ακέραια ρίζα. Απορρίπτεται και το τρίτου επί πέμπτου γιατί δεν έχει πραγματική ρίζα.

Πολύ ωραία, υπάρχει και η περίπτωση x^8+x^4+1=(x^2+x+1)(x^6-x^5+x^3-x+1)

, που όμως έχει ήδη εντοπίσει ο Μιχάλης, απόρροια των γενικότερων παραγοντοποιήσεων

x^8+(-c^4+4c^2-2)x^4+1=(x^2+cx+1)(x^6-cx^5+(c^2-1)x^4-(c^3-2c)x^3+(c^2-1)x^2-cx+1)

και

[Αναλόγως έχω ελέγξει πλήρως και την περίπτωση τεταρτοβάθμιου επί τεταρτοβάθμιου, και δεν βρήκα άλλες λύσεις πέραν αυτών του Μιχάλη.]

#8

Γιώργο, βέβαια η πρώτη μάς ενδιαφέρει τετριμμένα μόνο για c=1

, ενώ η δεύτερη καθόλου, γιατί ζητάμε τους θετικούς ακεραίους

.
Νομίζω επίσης ότι η διαδικασία αυτή με την εξίσωση των συντελεστών μας δίνει το αν και μόνο αν.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #9

Η παρακάτω λύση έχει κάποια λάθη στις πράξεις.Είναι ξαναγραμένη παρακατω

Θα παραθέσω και εγώ τις σκέψεις μου.

Περιορίζομαι στην περίπτωση $n\geq 3$
(Για n=1,2

έχει γίνει από τους προηγούμενους).

Πάω και λύνω την εξίσωση.

Οι ρίζες της
$y^{2}+ny+1=0$
είναι οι
$\dfrac{-n\pm \sqrt{n^{2}-4}}{2}$
Αν θέσω
$r=\sqrt[4]{\frac{n-\sqrt{n^{2}-2}}{2}},t=\sqrt[4]{\frac{n+\sqrt{n^{2}-2}}{2}}$
τοτε επειδή

$x^{4}+r^{4}=x^{4}+2r^{2}x^{2}+r^{4}-(2rx)^{2}=(x^{2}+2rx+r^{2})(x^{2}-2rx+r^{2})$
Δεν είναι σωστό
και όμοια για το άλλο έχουμε

$x^{8}+nx^{4}+1=(x^{2}+2rx+r^{2})(x^{2}-2rx+r^{2})(x^{2}+2tx+t^{2})(x^{2}-2tx+t^{2})$

Ο δακτύλιος $\mathbb{R}[x]$

είναι μοναδικής παραγοντοποίησης.
(μπορούμε να μην το χρησιμοποιήσουμε παίζοντας με τις ρίζες)

Αυτό σημαίνει ότι αν $P(x)=x^{8}+nx^{4}+1$

δεν είναι ανάγωγο στο $\mathbb{Z}[x]$

τότε θα γράφεται σαν γινόμενο δύο πολυωνύμων τετάρτου βαθμού.

Θα παραλείψω κάποιες πράξεις.(είναι ουσιαστικές αλλά δεν δύναμαι)
Το

$(x^{2}+2rx+r^{2})(x^{2}+2tx+t^{2})\in \mathbb{Z}[x]\Leftrightarrow \sqrt{n+\sqrt{n+2}}\in \mathbb{Z}$

και ένας εύκολος υπολογισμός δείχνει ότι και το άλλο ανήκει στο $\mathbb{Z}[x]$

το

$(x^{2}-2rx+r^{2})(x^{2}+2tx+t^{2})\in \mathbb{Z}[x]\Leftrightarrow \sqrt{\sqrt{n+2}-2}\in \mathbb{Z}$

Αρα το P(x)

δεν είναι ανάγωγο στο $\mathbb{Z}[x]$ για n>2

αν και μόνο αν ένας από τους $\sqrt{\sqrt{n+2}-2}, \sqrt{n+\sqrt{n+2}}$ ανήκει στους θετικούς ακεραίους.

Υπάρχουν λάθη στις πράξεις

Νομίζω ότι κάνοντας σωστά τις πράξεις θα προκύψει αποτέλεσμα.Σε λίγο η το πρωί.

ευχαριστώ τον Σιλουανό και τον Γιώργο Μπάλογλου για την επισήμανση.

#10

Νομίζω έχω έναν γρήγορο τρόπο να αποφύγουμε την περίπτωση δευτέρου επί έκτου ως εξής.
Λόγω μεγιστοβάθμιου και σταθερού όρου, το δευτεροβάθμιο είναι
x^2+ax-1

ή

. Στην πρώτη περίπτωση το f(0)=-1

συνεπάγεται πραγματική ρίζα, άτοπο.

Στη δεύτερη περίπτωση από τις f(1), f(-1)>0

παίρνουμε

.
Για

παίρνουμε

ενώ για

παίρνουμε αρνητικό

οπότε απορρίπτεται.

#11

Νομίζω ότι σχετικά ενδιαφέρον παρουσιάζει το θεώρημα 2.3.5 σελ. 63 του βιβλίου Polynomials του Victor Prasolov. Παραπέμπει στο άρθρο του Wilhelm Ljunggren (μη με ρωτήσετε πως προφέρεται το επώνυμο) με τίτλο On the Irreducibility of Certain Trinomials and Quadrinomials ( μπορεί να βρεθεί εδώ https://www.mscand.dk/article/view/10593/8614) όπου υπάρχει αυτούσιο το θεώρημα (θεώρημα 3 σελ. 69).

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #12

Ξαναγράφω την λύση από την αρχή με περισσότερες εξηγήσεις.

Είναι $P(x)=x^{8}+nx^{4}+1$

Περιορίζομαι στην περίπτωση $n\geq 3$
(Για n=1,2

έχει γίνει από τους προηγούμενους).

Πάω και λύνω την εξίσωση.

Οι ρίζες της
$y^{2}+ny+1=0$
είναι οι
$\dfrac{-n\pm \sqrt{n^{2}-4}}{2}$
Αν θέσω
$r=\sqrt[4]{\frac{n-\sqrt{n^{2}-2}}{2}},t=\sqrt[4]{\frac{n+\sqrt{n^{2}-2}}{2}}$
τοτε επειδή

$x^{4}+r^{4}=x^{4}+2r^{2}x^{2}+r^{4}-(\sqrt{2}rx)^{2}=(x^{2}+\sqrt{2}rx+r^{2})(x^{2}-\sqrt{2}rx+r^{2})$

και όμοια για το άλλο έχουμε

$P(x)=(x^{2}+\sqrt{2}rx+r^{2})(x^{2}-\sqrt{2}rx+r^{2})(x^{2}+\sqrt{2}tx+t^{2})(x^{2}-\sqrt{2}tx+t^{2})$

Τα πολυώνυμα που εμφανίζονται στην παραγοντοποίηση
είναι ανάγωγα στο
$\mathbb{R}[x]$
γιατί δεν έχουν πραγματική ρίζα.

Επίσης δεν είναι δύσκολο να δούμε ότι δεν ανήκουν στο $\mathbb{Z}[x]$

Επειδή κάθε πολυώνυμο γράφεται εκτός σταθερών κατά μοναδικό τρόπο
ως γινόμενο αναγώγων πολυωνύμων,
το P(x)

αν δεν είναι ανάγωγο στο $\mathbb{Z}[x]$
θα γράφεται σαν γινόμενο δύο πολυωνύμων τετάρτου βαθμού.

Ετσι θα πρέπει

$(x^{2}+\sqrt{2}rx+r^{2})(x^{2}+\sqrt{2}tx+t^{2})\in \mathbb{Z}[x]$ (1)

η

$(x^{2}-\sqrt{2}rx+r^{2})(x^{2}+\sqrt{2}tx+t^{2})\in \mathbb{Z}[x]$ (2)

Μια σημαντική παρατήρηση εδώ είναι ότι rt=1

(3)

Η (1) ισχύει αν $\sqrt{2}(t+r),2rt+r^{2}+t^{2},\sqrt{2}tr(r+t)\in \mathbb{Z}$

Λόγω της (3) η παραπάνω ικανοποιείται αν

$\sqrt{2}(t+r)\in \mathbb{Z}$

θέτοντας $k=\sqrt{2}(t+r)$ παίρνουμε ότι 2(t+r)^2=k^2

Συμπεραίνουμε ότι το

είναι ζυγό.

Συνθήκη για το

προκύπτει αν πάρουμε την $(t+r)^{4}=\frac{k^{4}}{4}$ (4)
και αναπτύξουμε το πρώτο μέλος.

Από την (4) κάνοντας πράξεις προκύπτει ότι

$k^{4}-8k^{2}+8-4n=0$

Ετσι προκύπτει ότι $n=\dfrac{k^{4}-8k^{2}+8}{4}$
με

άρτιο ακέραιο.
Μπορούμε ισοδύναμα να πούμε ότι το

είναι τέτοιο ώστε
ο $\sqrt{4+\sqrt{4n+8}}$ να είναι άρτιος ακέραιος.

Δουλεύοντας με τον ίδιο τρόπο την (2)
προκύπτει
$n=\dfrac{k^{4}+8k^{2}+8}{4}$
με

άρτιο ακέραιο.
Μπορούμε ισοδύναμα να πούμε ότι το

είναι τέτοιο ώστε
ο $\sqrt{\sqrt{4n+8}-4}$ να είναι άρτιος ακέραιος.

Ἀνάγωγο πολυώνυμο

Ἀνάγωγο πολυώνυμο

Re: Ἀνάγωγο πολυώνυμο

Re: Ἀνάγωγο πολυώνυμο

Re: Ἀνάγωγο πολυώνυμο

Re: Ἀνάγωγο πολυώνυμο

Re: Ἀνάγωγο πολυώνυμο

Re: Ἀνάγωγο πολυώνυμο

Re: Ἀνάγωγο πολυώνυμο

Re: Ἀνάγωγο πολυώνυμο

Re: Ἀνάγωγο πολυώνυμο

Re: Ἀνάγωγο πολυώνυμο

Re: Ἀνάγωγο πολυώνυμο

Μέλη σε σύνδεση