Polinomio prodotto di polinomi - SNS 1986

[elios]

"Si determinino gli interi positivi $k$ tali che il polinomio $x^5+x^4+x^3+kx^2+x+1$ sia prodotto di polinomi a coefficienti interi di grado minore di cinque"

Ho provato ad usare Ruffini, cioè a dire che se $a$ è una soluzione del polinomio allora
$x^5+x^4+x^3+kx^2+x+1=(x-a)(x^4+(a+1)x^3+(a^2+a+1)x^2+(a^3+a^2+a+k)x+(a^4+a^3+a^2+ak+1))$
e affinché il resto della divisione con Ruffini del polinomio per $x-a$ sia zero, $a^5+a^4+a^3+ka^2+a+1=0$, 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 $p$

per un noto criterio, sappiamo che le possibili radici razionali sono $1$ e $-1$

valutiamo $p(1)=5+k$ , $p(-1)=-1+k$
perciò se $k=-5$ $vv$ $k=1$ il polinomio ha una radice.
ovvero abbiamo trovato due valori di $k$: $-5$ , $1$ 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 $k$ per cui $p$ ha un fattore di primo grado. e di conseguenza anche quelli per cui $p$ è divisibile per uno di grado 4.
adesso mancano i valori per cui $p$ si può dividere per un polinomio di grado $2$ e per uno di grado $3$. 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 $p$ è monico, quindi del tipo $x^2+ax+b$.
ma magari c'è qualcosa di più furbo.

[blackbishop13]

Credo di aver sistemato la mia idea.

"Si determinino gli interi positivi $k$ tali che il polinomio $x^5+x^4+x^3+kx^2+x+1$ sia prodotto di polinomi a coefficienti interi di grado minore di cinque"

chiamiamo $x^5+x^4+x^3+kx^2+x+1=p$
non esistono polinomi di grado $0$ (costanti) che dividono $p$

cerchiamo i polinomi di grado 1 che dividono $p$.
vedi il mio post precedente. si ottiene $k=1$

così facendo abbiamo anche trovato i valori di $k$ per cui un polinomio di grado 4 divide $p$, perchè
$g$ è un polinomio di grado 4 e $g|p$ , $\Rightarrow$ , esiste h polinomio di grado 1 tale che $h|g$

se esiste un polinomio di grado 2 che divide $p$ allora ne esiste anche uno di grado 3 che lo divide.

quindi imponiamo $x^5+x^4+x^3+kx^2+x+1=(ax^3+bx^2+cx+d)(ex^2+fx+g)$
svolgiamo i calcoli a destra e otteniamo per verificare l'uguaglianza il sistema
$\{(ae=gd=1),(af+be=1),(ag+bf+ce=1),(bg+cf+de=k),(cg+df=1):}$

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

quindi $EE!k=1$

[elios]

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

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 $alpha=1$, ma non perché anche $-1$. 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
$p = a_n x^n + a_(n-1)x^(n-1)+$… $+ a_1x + a_0 in ZZ[x]$ e $\alpha= r/s$ è radice di $p$, ovvero $p(\alpha)=0$ (con M.C.D.(r, s) = 1)
$\Rightarrow$ $r|a_0$ e $s|a_n$ .

ovvero, con un esempio: $4x^3+17x^2+120x+3$
divisori di 3: $\pm1, \pm3$ divisori di 4: $\pm1, \pm2, \pm4$

possibili radici $\pm1, \pm1/2, \pm1/4, \pm 3, \pm3/2, \pm3/4$

[elios]

Perdonami, ma è ancora abbastanza oscuro.

[blackbishop13]

Ok ci provo a parole:
abbiamo $p$ polinomio a coefficienti interi, e cerchiamo le radici razionali di questo polinomio.

$p=a_nx^n+$...$+a_0$

prendo tutti i divisori di $a_0$ e tutti i divisori di $a_n$

mi scrivo tutti i numeri che ottengo facendo
divisore di $a_0$ / divisore di $a_n$
(guarda l'esempio sopra)

questi numeri sono le possibili radici razionali di $p$, ovvero se $p$ 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 $-1$ e $1$ e così si va avanti con il tuo ragionamento. Grazie mille dell'aiuto..!

PS: ultima domanda: questo criterio ha un nome?