Polinomi

Polinomio irriducibile

Definizione (334 Polinomio irriducibile)

Sia $F$$F$ un campo e $F[x]$$F[x]$ il corrispondente anello dei polinomi in $x$$x$ a coefficienti in $F$$F$. Esso è un dominio a ideali principali. Un polinomio $p(x)\in F[x]$$p(x)\in F[x]$ si dice irriducibile ($=$$=$ primo) se il grado di $p(x)$$p(x)$ è maggiore di zero (le costanti sono escluse) e gli unici fattori di $p(x)$$p(x)$ in $F[x]$$F[x]$ sono i polinomi di grado zero, cioè le costanti non nulle (elementi unitari) e i polinomi della forma $k*p(x)$$k*p(x)$ con $k$$k$ costante non nulla. In altre parole, le uniche fattorizzazioni ammesse da $p(x)$$p(x)$ sono quelle della forma $p(x)=k*k^{-1}*p(x)$$p(x)=k*k^{-1}*p(x)$,

 

Rappresentazione costante degli elementi del quoziente

Sia ora $(0)\neq I[x]$$(0)\neq I[x]$ un ideale dell'anello $F[x]$$F[x]$. Esso è principale e sarà generato da un polinomio, cioè $I[x]=(g(x))$$I[x]=(g(x))$. Possiamo supporre anche che il grado $n$$n$ del generatore $g(x)$$g(x)$ sia positivo per evitare il caso banale in cui $I[x]=F[x]$$I[x]=F[x]$ (infatti una costante genera tutto $F[x]$$F[x]$), ovvero ${\frac {F[x]}{I[[x]}}=0$${\frac {F[x]}{I[[x]}}=0$.

Allora vale il seguente

Teorema (335 Rappresentazione standard degli elementi dell'anello quoziente $\frac{F[x]}{I[x]}$)

Nelle ipotesi precedenti, ogni elemento dell'anello quoziente $F[x]/I[x]$$F[x]/I[x]$ (cioè ogni laterale di $I[x]$$I[x]$) contiene uno e un solo polinomio $R(x)$$R(x)$ di grado inferiore al grado $n$$n$ del generatore di $I[x]$$I[x]$. In altre parole: ogni laterale dell'ideale $(G(x))$$(G(x))$ in $F[x]$$F[x]$ si può rappresentare in un unico modo nella forma: $[g(x)]+r(x)$$[g(x)]+r(x)$ ove il grado di $r(x)$$r(x)$ è minore di $n$$n$.

 

Dimostrazione

Sia $(g(x))+a(x)$$(g(x))+a(x)$ un generico elemento di ${\frac {F[x]}{I[x]}}$${\frac {F[x]}{I[x]}}$. Dividiamo $a(x)$$a(x)$ per $g(x)$$g(x)$:

$$a(x)=q(x)*g(x)+r(x)$$

$$a(x)=q(x)*g(x)+r(x)$$

(vale sempre in un dominio euclideo) e $gr(r(x))<n$$gr(r(x))<n$.

D'altronde posso riscrivere

$$r(x)=a(x)-q(x)*g(x)$$

$$r(x)=a(x)-q(x)*g(x)$$

siccome $g(x)\in I[x]$$g(x)\in I[x]$, allora $q(x)*g(x)\in I[x]$$q(x)*g(x)\in I[x]$. Allora $r(x)$$r(x)$ e $a(x)$$a(x)$ differiscono per un elemento dell'ideale, quindi $r(x)\in (g(x))+a(x)$$r(x)\in (g(x))+a(x)$. Ho provato che in ogni laterale è possibile trovare un polinomio con grado inferiore a quello di $g(x)$$g(x)$. Mostriamo che tale polinomio è unico.

Supponiamo che $(g(x))+r(x)$$(g(x))+r(x)$ contenga un altro polinomio $r_{1}(x)$$r_{1}(x)$ con $gr(r_{1}(x))<n$$gr(r_{1}(x))<n$. Allora la differenza $r(x)-r_{1}(x)\in (g(x))$$r(x)-r_{1}(x)\in (g(x))$, allora è prodotto di $g(x)$$g(x)$ per un altro elemento dell'anello e quindi ha grado maggiore di $n$$n$. L'unica possibilità per cui la differenza sta dentro è che $r_{1}(x)-r(x)=0$$r_{1}(x)-r(x)=0$, cioè $r(x)=r_{1}(x)$$r(x)=r_{1}(x)$. Questo unico polinomio di cui il teorema garantisce l'esistenza può essere scelto come rappresentante standard.

 

Corollario (336)

Sia $F$$F$ un campo finito di ordine $q$$q$. Supponiamo $gr(g(x))=n$$gr(g(x))=n$. Allora l'anello quoziente $F[x]/(g(x))$$F[x]/(g(x))$ è un anello finito e il numero dei suoi elementi è $q^{n}$$q^{n}$.

 

Dimostrazione

La cardinalità di $F[x]/g(x)$$F[x]/g(x)$ per la rappresentazione standard è uguale al numero dei polinomi a coefficienti in $F$$F$ di grado minore di $n$$n$. Preso un polinomio $f(x)$$f(x)$ si può scrivere come $f(x)=a_{n-1}*x^{n-1}+a_{1}*x_{1}+a_{0}$$f(x)=a_{n-1}*x^{n-1}+a_{1}*x_{1}+a_{0}$. Ci sono $n$$n$ coefficienti e $q$$q$ scelte per ogni coefficiente, cioè $q^{n}$$q^{n}$ scelte in totale.

 

Se $g(x)$$g(x)$ è irriducibile, l'anello è un campo. Siccome ogni elemento del campo è rappresentabile da un polinomio di grado minore di $n$$n$, identificando le costanti con gli elementi di F ottengo un campo più grande di F che lo contiene.

Preso un campo finito ${\frac {\mathbb {Z} }{p\mathbb {Z} }}$${\frac {\mathbb {Z} }{p\mathbb {Z} }}$ con $p$$p$ primo. Allora per ogni $n>0$$n>0$ esiste per ogni possibile n posso costruire un campo di ordine $q^{n}$$q^{n}$.

Caratteristica: periodo additivo dell'unità. In un campo finito la caratteristica è finita, e quindi dev'essere un numero primo. In realtà tutti gli elementi hanno periodo finito $p$$p$. Ogni campo finito ha per ordine una potenza di $p$$p$.

Per ogni numero primo $p$$p$ e per ogni $n$$n$ maggiore di 0 esiste un campo finito di ordine $p^{n}$$p^{n}$. Campi finiti dello stesso ordine sono isomorfi tra di loro.

Ampliamento di campi

Consideriamo l'anello dei polinomi $F[x]$$F[x]$ a coefficienti in un campo $F$$F$. Consideriamo l'ideale $I[x]$$I[x]$ generato da $g(x)$$g(x)$ con grado $n$$n$ positivo. Allora per il teorema di rappresentazione gli elementi dell'anello quoziente possono essere rappresentati come $I[x]+r(x)$$I[x]+r(x)$ con $r(x)$$r(x)$ polinomio di grado minore di $n$$n$, che è unico. Di conseguenza, se $F$$F$ è un campo finito di ordine $q$$q$, allora l'anello quoziente ha cardinalità $q^{n}$$q^{n}$.

Considero l'applicazione $J\colon F\to {\frac {F[x]}{(g(x))}}$$J\colon F\to {\frac {F[x]}{(g(x))}}$ tale che per ogni $\lambda \in F$$\lambda \in F$, $J(\lambda )=(g(x))+\lambda$$J(\lambda )=(g(x))+\lambda$. $J$$J$ è un monomorfismo di anelli. Infatti, se ho due scalari $\lambda ,\mu$$\lambda ,\mu$, si ha come immagine il laterale $(g(x))+\lambda +\mu$$(g(x))+\lambda +\mu$ e lo stesso vale per il prodotto. Il morfismo è iniettivo, perché $\lambda \in \ker F$$\lambda \in \ker F$ se e solo se $\lambda \in (g(x))$$\lambda \in (g(x))$. Ma questa possibilità si verifica solo se $\lambda =0$$\lambda =0$, perché ogni polinomio in $(g(x))$$(g(x))$ ha grado maggiore di $n$$n$. Possiamo identificare tramite $J$$J$ un sottoanello.

Allora possiamo pensare $F$$F$ contenuto nell'anello quoziente ${\frac {F[x]}{(g(x))}}$${\frac {F[x]}{(g(x))}}$. In particolare, se $g(x)$$g(x)$ è irriducibile in $F[x]$$F[x]$ ovvero se l'anello quoziente è un campo, possiamo considerare $E={\frac {F[x]}{(g(x))}}$$E={\frac {F[x]}{(g(x))}}$ come un ampliamento del campo $F$$F$.

Quindi, preso un campo arbitrario e considerato un polinomio irriducibile con grado maggiore di 1, si può considerare un campo in relazione con quel polinomio.

Esempio 1: campo reale

Se $F$$F$ è il campo reale, allora $g(x)=x^{2}+1$$g(x)=x^{2}+1$ è irriducibile in $F[x]$$F[x]$. Infatti, se fosse riducibile, dovrebbe avere dei fattori propri, cioè si potrebbe scrivere $x^{2}+1=(x-a)*(x-b)=x^{2}-(a+b)x+ab$$x^{2}+1=(x-a)*(x-b)=x^{2}-(a+b)x+ab$. Ponendo i coefficienti del polinomio trovato uguali a quelli di $x^{2}+1$$x^2+1$ si ha $ab=1,a+b=0$$ab=1,a+b=0$, cioè $a=-b$$a=-b$ e $b^{2}=-1$$b^{2}=-1$.

Allora l'anello quoziente generato da $x^{2}+1$$x^2+1$ è un campo e sappiamo che ogni elemento di $E$$E$ è rappresentabile in modo unico nella forma:

$$(x^{2}+1)+(a_{0}+a_{1}*x)\,a_{0},a_{1}\in \mathbb {R}$$

$$(x^{2}+1)+(a_{0}+a_{1}*x)\,a_{0},a_{1}\in \mathbb {R}$$

(cioè ideale generato dal polinomio più un polinomio di grado minore)

Quindi il campo $E$$E$ che estende i reali è un campo con polinomi con grado $\leq 1$$\leq 1$. Per quanto riguarda la somma, se consideriamo $E$$E$ come l'insieme dei polinomi $a_{0}+a_{1}x,\,a_{0},a_{1}\in \mathbb {R}$$a_{0}+a_{1}x,\,a_{0},a_{1}\in \mathbb {R}$, la somma di due laterali ha come rappresentante la somma dei polinomi rappresentanti.

Se identifichiamo $E$$E$ come l'insieme dei polinomi, il prodotto è calcolato modulo $x^{2}+1$$x^2+1$. Cioè,

$$(a_{0}+a_{1}x)(b_{0}+b_{1}x)=(x^{2}+1)(a_{1}b_{1})+(a_{0}b_{0}-a_{1}b_{1})+(a_{0}b_{1}+a_{1}b_{0})*x$$

$$(a_{0}+a_{1}x)(b_{0}+b_{1}x)=(x^{2}+1)(a_{1}b_{1})+(a_{0}b_{0}-a_{1}b_{1})+(a_{0}b_{1}+a_{1}b_{0})*x$$

Bisogna considerare come prodotto il resto della divisione del prodotto ordinario per $x^{2}+1$$x^2+1$.

Prodotto ordinario:

$$(a_{1}x+a_{0})(b_{1}x+b_{0})=a_{1}b_{1}x^{2}+(b_{0}a_{1}+a_{0}b_{1})x+a_{0}b_{0}$$

$$(a_{1}x+a_{0})(b_{1}x+b_{0})=a_{1}b_{1}x^{2}+(b_{0}a_{1}+a_{0}b_{1})x+a_{0}b_{0}$$

Divisione per $x^{2}+1$$x^2+1$:

$$q(x)=a_{1}b_{1}$$

$$q(x)=a_{1}b_{1}$$

$$r(x)=(a_{0}b_{1}+a_{1}b_{0})x+a_{0}b_{0}-a_{1}b_{1}\,{\hbox{polinomio di grado 1}}$$

$$r(x)=(a_{0}b_{1}+a_{1}b_{0})x+a_{0}b_{0}-a_{1}b_{1}\,{\hbox{polinomio di grado 1}}$$

E' chiaro allora che l'applicazione che al generico elemento $a_{0}+a_{1}x$$a_{0}+a_{1}x$ di $E$$E$ associa il numero complesso $a_{0}+a_{1}i$$a_{0}+a_{1}i$ realizza un isomorfismo fra il campo $E$$E$ e il campo complesso $\mathbb {C}$$\mathbb {C}$.

Il quoziente di un anello rispetto a un ideale è un campo se e solo se l'ideale è massimale, cioè se è generato da un irriducibile.

Esempio 2: campo digitale

Considero il campo delle classi di resti modulo $2$$2$$\mathbb {Z} /2\mathbb {Z}$$\mathbb {Z} /2\mathbb {Z}$ che ha come elementi le classi di resti $[0],[1]$$[0],[1]$. Considerando lo stesso polinomio $x^{2}+1$$x^2+1$ esso è uguale a $(x+1)^{2}=x^{2}+2x+1=x^{2}+[0]x+1$$(x+1)^{2}=x^{2}+2x+1=x^{2}+[0]x+1$ quindi questo è un polinomio riducibile in ${\frac {\mathbb {Z} }{2\mathbb {Z} }}[x]$${\frac {\mathbb {Z} }{2\mathbb {Z} }}[x]$ e quindi l'anello quoziente non è un campo e non è un dominio, ma ha divisori dello zero. Infatti, preso $x+1$$x+1$ nel quoziente, si ha che $(x+1)(x+1)=x^{2}+1$$(x+1)(x+1)=x^{2}+1$ che è lo zero del quoziente.

Preso $g(x)=x^{2}+x+1$$g(x)=x^{2}+x+1$, questo polinomio è irriducibile, altrimenti si potrebbe scrivere:

$$x^{2}+x+1=(x-a)(x-b)=x^{2}-(a+b)x+ab$$

$$x^{2}+x+1=(x-a)(x-b)=x^{2}-(a+b)x+ab$$

cioè

$$a+b=1\quad ab=1\quad a=1-b\quad b*(1-b)=1\quad b-b^{2}=1\quad b^{2}-b+1=0$$

$$a+b=1\quad ab=1\quad a=1-b\quad b*(1-b)=1\quad b-b^{2}=1\quad b^{2}-b+1=0$$

e l'ultima condizione non è possibile perché $\Delta <0$$\Delta <0$. Il quoziente ${\frac {\mathbb {Z} /2\mathbb {Z} \quad [x]}{(x^{2}+x+1)}}$${\frac {\mathbb {Z} /2\mathbb {Z} \quad [x]}{(x^{2}+x+1)}}$ è un campo di ordine $4=q^{n}=2^{2}$$4=q^{n}=2^{2}$.

Sia $F={\frac {\mathbb {Z} }{3\mathbb {Z} }}[x]$$F={\frac {\mathbb {Z} }{3\mathbb {Z} }}[x]$, $g(x)=x^{2}+1$$g(x)=x^{2}+1$ è irriducibile in ${\frac {\mathbb {Z} }{3\mathbb {Z} }}[x]$${\frac {\mathbb {Z} }{3\mathbb {Z} }}[x]$, $E$$E$ è un campo che ha elementi $3^{2}=9$$3^{2}=9$ elementi. E' possibile scrivere le tavola di composizione rispetto alla somma e al prodotto:

Elementi di ${\frac {\mathbb {Z} /2\mathbb {Z} \quad [x]}{(x^{2}+1)}}$${\frac {\mathbb {Z} /2\mathbb {Z} \quad [x]}{(x^{2}+1)}}$: $0,1,x,x+1$$0,1,x,x+1$.

Tavole del prodotto modulo $x^{2}+1$$x^2+1$:

$${\begin{array}{c|cccc}*&0&1&x&x+1\\\hline 0&0&0&0&0\\1&0&1&x&x+1\\x&0&x&-1=1&x-1=x+1\\x+1&0&x+1&x+1&0\end{array}}$$

$${\begin{array}{c|cccc}*&0&1&x&x+1\\\hline 0&0&0&0&0\\1&0&1&x&x+1\\x&0&x&-1=1&x-1=x+1\\x+1&0&x+1&x+1&0\end{array}}$$

(si vede che ci sono divisori dello zero, non è un campo).

Tavole del prodotto modulo $x^{2}+x+1$$x^{2}+x+1$:

$${\begin{array}{c|cccc}&0&1&x&x+1\\\hline 0&0&0&0&0\\1&0&1&x&x+1\\x&0&x&-x-1=x+1&1\\x+1&0&x+1&1&x\end{array}}$$

$${\begin{array}{c|cccc}&0&1&x&x+1\\\hline 0&0&0&0&0\\1&0&1&x&x+1\\x&0&x&-x-1=x+1&1\\x+1&0&x+1&1&x\end{array}}$$