Polinomio prodotto di polinomi - SNS 1986

[elios]

"Si determinino gli interi positivi \( \displaystyle {k} \) tali che il polinomio \( \displaystyle {{x}}^{{5}}+{{x}}^{{4}}+{{x}}^{{3}}+{k}{{x}}^{{2}}+{x}+{1} \) sia prodotto di polinomi a coefficienti interi di grado minore di cinque"

Ho provato ad usare Ruffini, cioè a dire che se \( \displaystyle {a} \) è una soluzione del polinomio allora
\( \displaystyle {{x}}^{{5}}+{{x}}^{{4}}+{{x}}^{{3}}+{k}{{x}}^{{2}}+{x}+{1}={\left({x}-{a}\right)}{\left({{x}}^{{4}}+{\left({a}+{1}\right)}{{x}}^{{3}}+{\left({{a}}^{{2}}+{a}+{1}\right)}{{x}}^{{2}}+{\left({{a}}^{{3}}+{{a}}^{{2}}+{a}+{k}\right)}{x}+{\left({{a}}^{{4}}+{{a}}^{{3}}+{{a}}^{{2}}+{a}{k}+{1}\right)}\right)} \)
e affinché il resto della divisione con Ruffini del polinomio per \( \displaystyle {x}-{a} \) sia zero, \( \displaystyle {{a}}^{{5}}+{{a}}^{{4}}+{{a}}^{{3}}+{k}{{a}}^{{2}}+{a}+{1}={0} \), cioè il polinomio iniziale..
Forse la strada di Ruffini è sbagliata.. Non so come andare avanti.

Grazie dell'aiuto.

[blackbishop13]

La prima cosa che mi viene in mente è cercare le possibili radici, chiamiamo il nostro polinomio \( \displaystyle {p} \)

per un noto criterio, sappiamo che le possibili radici razionali sono \( \displaystyle {1} \) e \( \displaystyle -{1} \)

valutiamo \( \displaystyle {p}{\left({1}\right)}={5}+{k} \) , \( \displaystyle {p}{\left(-{1}\right)}=-{1}+{k} \)
perciò se \( \displaystyle {k}=-{5} \) \( \displaystyle \vee \) \( \displaystyle {k}={1} \) il polinomio ha una radice.
ovvero abbiamo trovato due valori di \( \displaystyle {k} \): \( \displaystyle -{5} \) , \( \displaystyle {1} \) per cui il polinomio si scompone in prodotto di polinomi di grado inferiore a 5, ovvero un polinomio di grado 1 e poi altri polinomi che non ci interessano (potrebbe essere uno di grado 4, o due di grado 2, o uno di grado 3 e e uno di grado 1, eccetera ma comunque non importa).

quindi abbiamo trovati i valori di \( \displaystyle {k} \) per cui \( \displaystyle {p} \) ha un fattore di primo grado. e di conseguenza anche quelli per cui \( \displaystyle {p} \) è divisibile per uno di grado 4.
adesso mancano i valori per cui \( \displaystyle {p} \) si può dividere per un polinomio di grado \( \displaystyle {2} \) e per uno di grado \( \displaystyle {3} \). Io direi che è la stessa cosa, e basta fare un caso solo, perchè a noi non interessa che i polinomi siano irriducibili, e quindi magari troviamo valori che combaciano con quelli già trovati, ma va bene lo stesso.

magari si può fare con la divisione per un polinomio di grado 2 generico, che sia monico visto che \( \displaystyle {p} \) è monico, quindi del tipo \( \displaystyle {{x}}^{{2}}+{a}{x}+{b} \).
ma magari c'è qualcosa di più furbo.

[blackbishop13]

Credo di aver sistemato la mia idea.

"Si determinino gli interi positivi \( \displaystyle {k} \) tali che il polinomio \( \displaystyle {{x}}^{{5}}+{{x}}^{{4}}+{{x}}^{{3}}+{k}{{x}}^{{2}}+{x}+{1} \) sia prodotto di polinomi a coefficienti interi di grado minore di cinque"

chiamiamo \( \displaystyle {{x}}^{{5}}+{{x}}^{{4}}+{{x}}^{{3}}+{k}{{x}}^{{2}}+{x}+{1}={p} \)
non esistono polinomi di grado \( \displaystyle {0} \) (costanti) che dividono \( \displaystyle {p} \)

cerchiamo i polinomi di grado 1 che dividono \( \displaystyle {p} \).
vedi il mio post precedente. si ottiene \( \displaystyle {k}={1} \)

così facendo abbiamo anche trovato i valori di \( \displaystyle {k} \) per cui un polinomio di grado 4 divide \( \displaystyle {p} \), perchè
\( \displaystyle {g} \) è un polinomio di grado 4 e \( \displaystyle {g}{\mid}{p} \) , \( \displaystyle \Rightarrow \) , esiste h polinomio di grado 1 tale che \( \displaystyle {h}{\mid}{g} \)

se esiste un polinomio di grado 2 che divide \( \displaystyle {p} \) allora ne esiste anche uno di grado 3 che lo divide.

quindi imponiamo \( \displaystyle {{x}}^{{5}}+{{x}}^{{4}}+{{x}}^{{3}}+{k}{{x}}^{{2}}+{x}+{1}={\left({a}{{x}}^{{3}}+{b}{{x}}^{{2}}+{c}{x}+{d}\right)}{\left({e}{{x}}^{{2}}+{f{{x}}}+{g}\right)} \)
svolgiamo i calcoli a destra e otteniamo per verificare l'uguaglianza il sistema
\( \displaystyle {\left\lbrace\matrix{{a}{e}={g{{d}}}={1}\\{a}{f{+}}{b}{e}={1}\\{a}{g{+}}{b}{f{+}}{c}{e}={1}\\{b}{g{+}}{c}{f{+}}{d}{e}={k}\\{c}{g{+}}{d}{f{=}}{1}}\right.} \)

per avere \( \displaystyle {a}{e}={g{{d}}}={1} \) si hanno solo 4 casi per gli interi.
se \( \displaystyle {a}={e}=-{1} \) e \( \displaystyle {g{=}}{d}={1} \) il sistema è irrisolubile (è facile da vedere, non tanti conti)
se \( \displaystyle {a}={e}={1} \) e \( \displaystyle {g{=}}{d}=-{1} \) il sistema è irrisolubile
se \( \displaystyle {a}={e}={g{=}}{d} \) allora il sistema è risolubile, e implica \( \displaystyle {k}={1} \)

quindi \( \displaystyle \exists!{k}={1} \)

[elios]

Due domande:
1) qual è il criterio a cui fai riferimento nel primo post?
2) perché nel secondo post non hai più considerato \( \displaystyle {k}=-{5} \)?

Per il resto, mi è tutto abbastanza chiaro..

[blackbishop13]

1) cancello ciò che avevo scritto, era una schifezza, vedi post successivo.

2) perchè richiede gli interi positivi.

[elios]

Potresti spiegarmi a parole quel criterio? Più che altro credo di aver capito perché \( \displaystyle \alpha={1} \), ma non perché anche \( \displaystyle -{1} \). Ma probabilmente non ho capito il senso del criterio. Grazie mille.

[blackbishop13]

Hai ragione scusa, rileggendo mi accorgo che non è molto chiaro, anzi è proprio sbagliato, ho fatto confusione.

questo è il teorema giusto
\( \displaystyle {p}={a}_{{n}}{{x}}^{{n}}+{a}_{{{n}-{1}}}{{x}}^{{{n}-{1}}}+ \)… \( \displaystyle +{a}_{{1}}{x}+{a}_{{0}}\in\mathbb{Z}{\left[{x}\right]} \) e \( \displaystyle \alpha=\frac{{r}}{{s}} \) è radice di \( \displaystyle {p} \), ovvero \( \displaystyle {p}{\left(\alpha\right)}={0} \) (con M.C.D.(r, s) = 1)
\( \displaystyle \Rightarrow \) \( \displaystyle {r}{\mid}{a}_{{0}} \) e \( \displaystyle {s}{\mid}{a}_{{n}} \) .

ovvero, con un esempio: \( \displaystyle {4}{{x}}^{{3}}+{17}{{x}}^{{2}}+{120}{x}+{3} \)
divisori di 3: \( \displaystyle \pm{1},\pm{3} \) divisori di 4: \( \displaystyle \pm{1},\pm{2},\pm{4} \)

possibili radici \( \displaystyle \pm{1},\pm\frac{{1}}{{2}},\pm\frac{{1}}{{4}},\pm{3},\pm\frac{{3}}{{2}},\pm\frac{{3}}{{4}} \)

[elios]

Perdonami, ma è ancora abbastanza oscuro.

[blackbishop13]

Ok ci provo a parole:
abbiamo \( \displaystyle {p} \) polinomio a coefficienti interi, e cerchiamo le radici razionali di questo polinomio.

\( \displaystyle {p}={a}_{{n}}{{x}}^{{n}}+ \)...\( \displaystyle +{a}_{{0}} \)

prendo tutti i divisori di \( \displaystyle {a}_{{0}} \) e tutti i divisori di \( \displaystyle {a}_{{n}} \)

mi scrivo tutti i numeri che ottengo facendo
divisore di \( \displaystyle {a}_{{0}} \) / divisore di \( \displaystyle {a}_{{n}} \)
(guarda l'esempio sopra)

questi numeri sono le possibili radici razionali di \( \displaystyle {p} \), ovvero se \( \displaystyle {p} \) ha una radice razionale, è una di queste. Quindi mi metto lì e le provo tutte.

[elios]

Sì ora ho capito, grazie. Quindi per quel criterio le possibili soluzioni sono \( \displaystyle -{1} \) e \( \displaystyle {1} \) e così si va avanti con il tuo ragionamento. Grazie mille dell'aiuto..!

PS: ultima domanda: questo criterio ha un nome?