2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему
 
 Непрводимость многочленов
Сообщение14.01.2007, 14:41 


14/01/07
47
Пусть $g(x)=(x-a_1)\cdots(x- a_n)$, где $a_1,\ldots, a_n$ - различные целые числа.
Доказать, что $f(g(x))$ - неприводим, где $f(x)=ax^2+bx+1$, $f(x)$ - неприводим ($a$ - натуральное, $b$ - целое)
Для $f(x)$ c отрицательным дискриминантом решение есть, а дальше не знаю...HELP

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение14.01.2007, 14:59 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


01/03/06
13626
Москва
Если $f(x) = x^2  - 2x + 1 = (x - 1)^2 $ и $g(x) = x - 1$, то $f(g(x)) = (x - 2)^2 $ - приводим. ?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение14.01.2007, 15:14 


14/01/07
47
Brukvalub: Спасибо.
Вообще вопрос стоял, как исследование. Я нашел решение для f(x) с отрицательным дискриминантом и думал, что для других f(x) f(g(x)) будет неприводим. Теоретически пример верен. Только вот он это частный случай f(x) и g(x), а хотелось бы и для остальных решение.
(то есть то, что других примкров нет или алгоритм построения и.т.д.)

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение14.01.2007, 18:35 


14/01/07
47
Сразу не сообразил: x^2-2x+1-приводим, так что пример не подходит.
Но все равно спасибо.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение14.01.2007, 18:37 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


01/03/06
13626
Москва
Прошу прощения: я и сам не прочёл внимательно условие Вашей задачи. Но ведь квадратный трёхчлен неприводим над полем вещественных чисел в точности тогда, когда его дискриминант отрицателен, то есть Вы уже и сами, как Вы написали, умеете всё доказывать?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение14.01.2007, 19:57 


14/01/07
47
Мне нужно для множества целых чисел. То есть когда дискриминант отрицателен или есть вещественные не целые корни.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение14.01.2007, 20:43 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3822
Вот док-во неприводимости для $n\geqslant7$.
Допустим, что $f(g(x))=l(x)h(x)$. Можно считать, что $l,h\in\mathbb{Z}[x]$. Подстановка $x=a_j$ дает $l(a_j)=h(a_j)=\pm1$. Пусть для определенности $\deg l\leqslant n$. Пусть $\varepsilon\in\{\pm1\}$ таково, что уравнение $l(x)=\varepsilon$ имеет $k\geqslant\frac n2$ ($\Rightarrow k\geqslant4$) корней вида $x=a_j$, без потери общности, это $a_1,a_2,\ldots,a_k$. Можно считать $\varepsilon=1$, иначе рассмотрим разложение $f(g(x))=(-l(x))(-h(x))$. Тогда $l(x)=1+(x-a_1)\ldots(x-a_k)u(x)$, $u\in\mathbb{Z}[x]$. Если $k<n$, то подстановка $x=a_n$ дает
$(a_n-a_1)\ldots(a_n-a_k)u(a_n)=-2$.
Такое равенство невозможно, т.к. $a_n-a_1,\ldots,a_n-a_k$ - различные целые числа и их не менее $4$.
Значит, $k=n$ и, поскольку $\deg l\leqslant n$, получаем $l(x)=1+cg(x)$, $c\in\mathbb{Z}$.
Тогда $\deg h=n$ и похожими рассуждениями получаем $h(x)=1+dg(x)$, $d\in\mathbb{Z}$.
Но тогда $f(x)=(1+cx)(1+dx)$ приводим. Противоречие.

Возможно, некоторая модификация этих рассуждений пройдет и в случае $n\leqslant6$, но мне сразу ниче в голову не приходит. Но похожие рассуждения позволяют случай $n\leqslant6$ свести к конечному перебору. Для этого достаточно заметить, что можно считать какое-то из $a_j$ равным $0$ (поскольку многочлены $P(x)$ и $P(x-c)$ при $c\in\mathbb{Z}$ одновременно приводимы/неприводимы). Тогда в приведенном выше рассуждении с $l(x)$ для $a_1,\ldots,a_n$ получаем конечное число возможностей.

Добавлено спустя 22 минуты 25 секунд:

xolms
А не могли бы Вы привести хотя бы идею док-ва для случая, когда дискриминант отрицателен.

Добавлено спустя 18 минут 9 секунд:

Для $n>4$ проходит то же док-во (с небольшим уточнением). А вот для $n\leqslant4$ избавиться от перебора у меня не получается.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение14.01.2007, 20:53 


14/01/07
47
Все аналогично, но можно принимать, что $l(x_i )=h(x_j )=1$ или -1. Тогда у каждого степень n и $l(x)-1=k*g(x)$. Все перемножим и получим, что может быть можно привести если имеет решение уравнение $x^2+bx+a$, но его дискриминант отрицателен.

Добавлено спустя 7 минут 34 секунды:

Если интересно, то первая часть задачи-$f(x)=mx+1$,при каких $m$ $f(g(x))$-может быть приводим.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение14.01.2007, 21:03 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3822
Блин, для отрицательного дискриминанта, действительно, очевидно. Ну и тупой же я бываю иногда.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение14.01.2007, 21:15 


14/01/07
47
А что за уточнение? Врде если k=3, то если $a_3=a_n+2; a_2=a_n+1;a_1=a_n-1$ то вроде противоречия нет, а $ u(a_n)=1$ тоже вроде ничего не меняет.
p.s. Я чё то не догоняю да?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение14.01.2007, 21:17 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3822
Если $k=3$, а $n>4$, то есть еще точка $a_4$. Подставьте вместо $a_n$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение14.01.2007, 21:22 


14/01/07
47
$ a_4$- не корень $l(x)-1$, $l(a_4)=-1$
Все понял. Не прочитал доконца :)

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 12 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group