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17.3: Polinomios irreducibles

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Un polinomio no constante$$f(x) \in F[x]$$ es irreducible sobre un campo$$F$$ si$$f(x)$$ no puede expresarse como un producto de dos polinomios$$g(x)$$ y$$h(x)$$ en$$F[x]\text{,}$$ donde los grados de$$g(x)$$ y$$h(x)$$ son ambos menores que el grado de$$f(x)\text{.}$$ Los polinomios irreducibles funcionan como los “números primos” de los anillos polinomiales.

Ejemplo$$17.11$$

El polinomio$$x^2 - 2 \in {\mathbb Q}[x]$$ es irreducible ya que

Solución

no se puede factorizar más sobre los números racionales. De igual manera,$$x^2 + 1$$ es irreducible sobre los números reales.

Ejemplo$$17.12$$

El polinomio$$p(x) = x^3 + x^2 + 2$$ es irreducible sobre$${\mathbb Z}_3[x]\text{.}$$ Supongamos que este polinomio era reducible sobre$${\mathbb Z}_3[x]\text{.}$$ Por el algoritmo de división tendría que haber un factor de la forma$$x - a\text{,}$$ donde$$a$$ hay algún elemento en$${\mathbb Z}_3[x]\text{.}$$

Solución

De ahí que tendría que ser cierto que$$p(a) = 0\text{.}$$ Sin embargo,

\ begin {alinear*} p (0) & = 2\\ p (1) & = 1\\ p (2) & = 2\ texto {.} \ end {alinear*}

Por lo tanto, no$$p(x)$$ tiene ceros en$${\mathbb Z}_3$$ y debe ser irreducible.

Lema$$17.13$$

Vamos$$p(x) \in {\mathbb Q}[x]\text{.}$$ Entonces

$p(x) = \frac{r}{s}(a_0 + a_1 x + \cdots + a_n x^n)\text{,} \nonumber$

donde$$r, s, a_0, \ldots, a_n$$ son enteros, los$$a_i$$ s son relativamente primos y$$r$$ y$$s$$ son relativamente primos.

Prueba

Supongamos que

$p(x) = \frac{b_0}{c_0} + \frac{b_1}{c_1} x + \cdots + \frac{b_n}{c_n} x^n\text{,} \nonumber$

donde los$$b_i$$'s y los$$c_i$$ s son enteros. Podemos reescribir$$p(x)$$ como

$p(x) = \frac{1}{c_0 \cdots c_n} (d_0 + d_1 x + \cdots + d_n x^n)\text{,} \nonumber$

donde$$d_0, \ldots, d_n$$ están los enteros. $$d$$Sea el mayor divisor común de$$d_0, \ldots, d_n\text{.}$$ Entonces

$p(x) = \frac{d}{c_0 \cdots c_n} (a_0 + a_1 x + \cdots + a_n x^n)\text{,} \nonumber$

donde$$d_i = d a_i$$ y los$$a_i$$'s son relativamente primos. Reduciendo$$d /(c_0 \cdots c_n)$$ a sus términos más bajos, podemos escribir

$p(x) = \frac{r}{s}(a_0 + a_1 x + \cdots + a_n x^n)\text{,} \nonumber$

donde$$\gcd(r,s) = 1\text{.}$$

Teorema$$17.14$$. Gauss's Lemma

Dejar$$p(x) \in {\mathbb Z}[x]$$ ser un polinomio monico tal que$$p(x)$$ factoriza en un producto de dos polinomios$$\alpha(x)$$ y$$\beta(x)$$ en$${\mathbb Q}[x]\text{,}$$ donde los grados de ambos$$\alpha(x)$$ y$$\beta(x)$$ son menores que el grado de$$p(x)\text{.}$$ Entonces$$p(x) = a(x) b(x)\text{,}$$ donde$$a(x)$$ y$$b(x)$$ son polinomios monicos en$${\mathbb Z}[x]$$ con$$\deg \alpha(x) = \deg a(x)$$ y$$\deg \beta(x) = \deg b(x)\text{.}$$

Prueba

Por Lemma$$17.13$$, podemos suponer que

\ begin {alinear*}\ alpha (x) & =\ frac {c_1} {d_1} (a_0 + a_1 x +\ cdots + a_m x^m) =\ frac {c_1} {d_1}\ alpha_1 (x)\\ beta (x) & =\ frac {c_2} {d_2} (b_0 + b_1 x +\ cdots + b_n x^n) =\ frac {c_2} {d_2}\ beta_1 (x)\ texto {,}\ final {alinear*}

donde los$$a_i$$ 's son relativamente primos y los$$b_i$$' s son relativamente primos. En consecuencia,

$p(x) = \alpha(x) \beta(x) = \frac{c_1 c_2}{d_1 d_2} \alpha_1(x) \beta_1(x) = \frac{c}{d} \alpha_1(x) \beta_1(x)\text{,} \nonumber$

donde$$c/d$$ es el producto de$$c_1/d_1$$ y$$c_2/d_2$$ expresado en términos más bajos. Por lo tanto,$$d p(x) = c \alpha_1(x) \beta_1(x)\text{.}$$

Si$$d = 1\text{,}$$ entonces$$c a_m b_n = 1$$ ya$$p(x)$$ es un polinomio monico. De ahí, ya sea$$c=1$$ o$$c = -1\text{.}$$ Si$$c = 1\text{,}$$ entonces cualquiera$$a_m = b_n = 1$$ o$$a_m = b_n = -1\text{.}$$ En el primer caso$$p(x) = \alpha_1(x) \beta_1(x)\text{,}$$ donde$$\alpha_1(x)$$ y$$\beta_1(x)$$ son polinomios monicos con$$\deg \alpha(x) = \deg \alpha_1(x)$$ y$$\deg \beta(x) = \deg \beta_1(x)\text{.}$$ En el segundo caso$$a(x) = -\alpha_1(x)$$ y$$b(x) = -\beta_1(x)$$ son los polinomios monicos correctos desde $$p(x) = (-\alpha_1(x))(- \beta_1(x)) = a(x) b(x)\text{.}$$El caso en el que se$$c = -1$$ puede manejar de manera similar.

Ahora supongamos que$$d \neq 1\text{.}$$ Dado que$$\gcd(c, d) = 1\text{,}$$ existe un primo$$p$$ tal que$$p \mid d$$ y$$p \notdivide c\text{.}$$ Además, dado que los coeficientes de$$\alpha_1(x)$$ son relativamente primos, existe un coeficiente$$a_i$$ tal que$$p \notdivide a_i\text{.}$$ De igual manera, existe un coeficiente$$b_j$$ de$$\beta_1(x)$$ tal que$$p \notdivide b_j\text{.}$$ Let$$\alpha_1'(x)$$ y$$\beta_1'(x)$$ ser los polinomios en$${\mathbb Z}_p[x]$$ obtenidos reduciendo los coeficientes de$$\alpha_1(x)$$ y$$\beta_1(x)$$ modulo$$p\text{.}$$ Ya que$$p \mid d\text{,}$$$$\alpha_1'(x) \beta_1'(x) = 0$$ en$${\mathbb Z}_p[x]\text{.}$$ Sin embargo, esto es imposible ya que$$\alpha_1'(x)$$ ni tampoco$$\beta_1'(x)$$ es el cero polinomio y$${\mathbb Z}_p[x]$$ es un dominio integral. Por lo tanto,$$d=1$$ y el teorema está probado.

Corolario$$17.15$$

Dejar$$p(x) = x^n + a_{n - 1} x^{n - 1} + \cdots + a_0$$ ser un polinomio con coeficientes en$${\mathbb Z}$$ y$$a_0 \neq 0\text{.}$$ Si$$p(x)$$ tiene un cero en$${\mathbb Q}\text{,}$$ entonces$$p(x)$$ también tiene un cero$$\alpha$$ en$${\mathbb Z}\text{.}$$ Además,$$\alpha$$ divide$$a_0\text{.}$$

Prueba

Vamos a$$p(x)$$ tener un cero$$a \in {\mathbb Q}\text{.}$$ Entonces$$p(x)$$ debe tener un factor lineal$$x - a\text{.}$$ Por Lema de Gauss,$$p(x)$$ tiene una factorización con un factor lineal en$${\mathbb Z}[x]\text{.}$$ Por lo tanto, para algunos$$\alpha \in {\mathbb Z}$$

$p(x) = (x - \alpha)( x^{n - 1} + \cdots - a_0 / \alpha )\text{.} \nonumber$

Así$$a_0 /\alpha \in {\mathbb Z}$$ y así$$\alpha \mid a_0\text{.}$$

Ejemplo$$17.16$$

$$p(x) = x^4 - 2 x^3 + x + 1\text{.}$$Vamos a demostrar que$$p(x)$$ es irreducible sobre$${\mathbb Q}[x]\text{.}$$

Solución

Supongamos que$$p(x)$$ es reducible. Entonces o bien$$p(x)$$ tiene un factor lineal, digamos$$p(x) = (x - \alpha) q(x)\text{,}$$ donde$$q(x)$$ es un polinomio de grado tres, o$$p(x)$$ tiene dos factores cuadráticos.

Si$$p(x)$$ tiene un factor lineal en$${\mathbb Q}[x]\text{,}$$ entonces tiene un cero en$${\mathbb Z}\text{.}$$ Por Corolario 17.15, cualquier cero debe dividir 1 y por lo tanto debe ser$$\pm 1\text{;}$$ sin embargo,$$p(1) = 1$$ y en$$p(-1)= 3\text{.}$$ consecuencia, hemos eliminado la posibilidad de que$$p(x)$$ tenga algún factor lineal.

Por lo tanto, si$$p(x)$$ es reducible debe factorizar en dos polinomios cuadráticos, digamos

\ begin {alinear*} p (x) & = (x^2 + ax + b) (x^2 + cx + d)\\ & = x^4 + (a + c) x^3 + (ac + b + d) x^2 + (ad + bc) x + bd\ text {,}\ end {align*}

donde cada factor está en$${\mathbb Z}[x]$$ por Lema de Gauss. Por lo tanto,

\ begin {alinear*} a + c & = - 2\\ ac + b + d & = 0\\ ad + bc & = 1\\ bd & = 1\ text {.} \ end {alinear*}

Ya que$$bd = 1\text{,}$$ cualquiera$$b = d = 1$$ o$$b = d = -1\text{.}$$ en cualquier caso$$b = d$$ y así

$ad + bc = b( a + c ) = 1\text{.} \nonumber$

Ya que$$a + c = -2\text{,}$$ sabemos que$$-2b = 1\text{.}$$ Esto es imposible ya que$$b$$ es un entero. Por lo tanto,$$p(x)$$ debe ser irreducible sobre$${\mathbb Q}\text{.}$$

Teorema$$17.17$$. Eisenstein's Criterion

Que$$p$$ sea un primo y supongamos que

$f(x) = a_n x^n + \cdots + a_0 \in {\mathbb Z}[x]\text{.} \nonumber$

Si$$p \mid a_i$$ por$$i = 0, 1, \ldots, n-1\text{,}$$ pero$$p \notdivide a_n$$ y$$p^2 \notdivide a_0\text{,}$$ entonces$$f(x)$$ es irreducible sobre$${\mathbb Q}\text{.}$$

Prueba

Por Lemma de Gauss, solo necesitamos mostrar que$$f(x)$$ no factoriza en polinomios de menor grado en$${\mathbb Z}[x]\text{.}$$ Let

$f(x) = (b_rx^r + \cdots + b_0)(c_s x^s + \cdots + c_0 ) \nonumber$

ser una factorización en$${\mathbb Z}[x]\text{,}$$ con$$b_r$$ y$$c_s$$ no igual a cero y$$r, s \lt n\text{.}$$ Ya que$$p^2$$ no divide$$a_0 = b_0 c_0\text{,}$$ tampoco$$b_0$$ o no$$c_0$$ es divisible por$$p\text{.}$$ Supongamos que$$p \notdivide b_0$$ y$$p \mid c_0\text{.}$$ Desde$$p \notdivide a_n$$ y$$a_n = b_r c_s\text{,}$$ ninguno$$b_r$$ ni$$c_s$$ es divisible por$$p\text{.}$$ Let$$m$$ sea el valor más pequeño de$$k$$ tal que$$p \notdivide c_k\text{.}$$ Entonces

$a_m = b_0 c_m + b_1 c_{m - 1} + \cdots + b_m c_0 \nonumber$

no es divisible por$$p\text{,}$$ ya que cada término en el lado derecho de la ecuación es divisible por a$$p$$ excepción de Por$$b_0 c_m\text{.}$$ lo tanto,$$m = n$$ ya que$$a_i$$ es divisible por$$p$$ para$$m \lt n\text{.}$$ Por lo tanto,$$f(x)$$ no puede ser factorizado en polinomios de menor grado y por lo tanto debe ser irreducible.

Ejemplo$$17.18$$

El polinomio

$f(x) = 16 x^5 - 9 x^4 + 3x^2 + 6 x - 21 \nonumber$

se ve fácilmente que es irreducible sobre

Solución

$${\mathbb Q}$$por Criterio de Eisenstein si dejamos$$p = 3\text{.}$$

El Criterio de Eisenstein es más útil para construir polinomios irreducibles de cierto grado$${\mathbb Q}$$ que para determinar la irreductibilidad de un polinomio arbitrario$${\mathbb Q}[x]\text{:}$$ dado en un polinomio arbitrario, no es muy probable que podamos aplicar el Criterio de Eisenstein. El valor real del Teorema 17.17 es que ahora tenemos un método fácil de generar polinomios irreducibles de cualquier grado.

Ideales en$$F\lbrack x \rbrack$$

$$F$$Déjese ser un campo. Recordemos que un ideal principal en$$F[x]$$ es un ideal$$\langle p(x) \rangle$$ generado por algún polinomio$$p(x)\text{;}$$ que es,

$\langle p(x) \rangle = \{ p(x) q(x) : q(x) \in F[x] \}\text{.} \nonumber$

Ejemplo$$17.19$$

El polinomio$$x^2$$ en$$F[x]$$ genera el ideal$$\langle x^2 \rangle$$ que consiste en

Solución

todos los polinomios sin término constante o término de grado$$1\text{.}$$

Teorema$$17.20$$

Si$$F$$ es un campo, entonces cada ideal en$$F[x]$$ es un ideal principal.

Prueba

Dejar$$I$$ ser un ideal de$$F[x]\text{.}$$ Si$$I$$ es el ideal cero, el teorema es fácilmente cierto. Supongamos que$$I$$ es un ideal no trivial en$$F[x]\text{,}$$ y deja$$p(x) \in I$$ ser un elemento distinto de cero de grado mínimo. Si$$\deg p(x)= 0\text{,}$$ entonces$$p(x)$$ es una constante distinta de cero y 1 debe estar en$$I\text{.}$$ Desde 1 genera todo$$F[x]\text{,}$$$$\langle 1 \rangle = I = F[x]$$ y nuevamente$$I$$ es un ideal principal.

Ahora asumamos eso$$\deg p(x) \geq 1$$ y deja$$f(x)$$ ser cualquier elemento en$$I\text{.}$$ Por el algoritmo de división existen$$q(x)$$ y$$r(x)$$ en$$F[x]$$ tal que$$f(x) = p(x) q(x) + r(x)$$ y$$\deg r(x) \lt \deg p(x)\text{.}$$ Desde$$f(x), p(x) \in I$$ y$$I$$ es un ideal, también$$r(x) = f(x) - p(x) q(x)$$ está en$$I\text{.}$$ Sin embargo, ya que elegimos $$p(x)$$para ser de grado mínimo,$$r(x)$$ debe ser el polinomio cero. Ya que podemos escribir cualquier elemento$$f(x)$$ en$$I$$ como$$p(x) q(x)$$ para algunos debe$$q(x) \in F[x]\text{,}$$ darse el caso de que$$I = \langle p(x) \rangle\text{.}$$

Ejemplo$$17.21$$

No es el caso de que cada ideal en el ring$$F[x,y]$$ sea un ideal principal. Considerar el ideal de$$F[x, y]$$ generado por los polinomios$$x$$ y$$y\text{.}$$

Solución

Este es el ideal de$$F[x, y]$$ constar de todos los polinomios sin término constante. Dado que ambos$$x$$ y$$y$$ están en el ideal, ningún polinomio único puede generar todo el ideal.

Teorema$$17.22$$

$$F$$Sea un campo y supongamos que$$p(x) \in F[x]\text{.}$$ Entonces el ideal generado por$$p(x)$$ es máximo si y sólo si$$p(x)$$ es irreducible.

Prueba

Supongamos que$$p(x)$$ genera un ideal máximo de$$F[x]\text{.}$$ Entonces$$\langle p(x) \rangle$$ es también un ideal primo de$$F[x]\text{.}$$ Dado que un ideal máximo debe estar adecuadamente contenido en su interior$$F[x]\text{,}$$$$p(x)$$ no puede ser un polinomio constante. Supongamos que$$p(x)$$ factores en dos polinomios de menor grado, digamos$$p(x) = f(x) g(x)\text{.}$$ Dado que$$\langle p(x) \rangle$$ es un ideal primo uno de estos factores, digamos$$f(x)\text{,}$$ está en$$\langle p(x) \rangle$$ y por lo tanto ser un múltiplo de$$p(x)\text{.}$$ Pero esto implicaría lo$$\langle p(x) \rangle \subset \langle f(x) \rangle\text{,}$$ que es imposible ya que$$\langle p(x) \rangle$$ es máximo.

Por el contrario, supongamos que$$p(x)$$ es irreducible sobre$$F[x]\text{.}$$ Let$$I$$ ser un ideal en$$F[x]$$ contener$$\langle p(x) \rangle\text{.}$$ Por teorema$$17.20$$,$$I$$ es un ideal principal; de ahí,$$I = \langle f(x) \rangle$$ para algunos$$f(x) \in F[x]\text{.}$$$$p(x) \in I\text{,}$$ ya que debe darse el caso que$$p(x) = f(x) g(x)$$ para algunos$$g(x) \in F[x]\text{.}$$ Sin embargo,$$p(x)$$ es irreducible; de ahí, cualquiera$$f(x)$$ o$$g(x)$$ es un polinomio constante. Si$$f(x)$$ es constante, entonces$$I = F[x]$$ y ya terminamos. Si$$g(x)$$ es constante, entonces$$f(x)$$ es un múltiplo constante de$$I$$ y$$I = \langle p(x) \rangle\text{.}$$ por lo tanto, no hay ideales propios de$$F[x]$$ que contienen adecuadamente$$\langle p(x)\rangle\text{.}$$

Nota Histórica

A lo largo de la historia, la solución de ecuaciones polinómicas ha sido un problema desafiante. Los babilonios supieron resolver la ecuación$$ax^2 + bx + c = 0\text{.}$$ Omar Khayyam (1048—1131) ideó métodos para resolver ecuaciones cúbicas mediante el uso de construcciones geométricas y secciones cónicas. La solución algebraica de la ecuación cúbica general no$$ax^3 + bx^2 + cx + d = 0$$ fue descubierta hasta el siglo XVI. Un matemático italiano, Luca Pacioli (ca. 1445—1509), escribió en Summa de Arithmetica que la solución de lo cúbico era imposible. Esto fue tomado como un reto por el resto de la comunidad matemática.

Scipione del Ferro (1465—1526), de la Universidad de Bolonia, resolvió el “cúbico deprimido”,

$ax^3 + cx + d = 0\text{.} \nonumber$

Guardaba su solución en absoluto secreto. Esto puede parecer sorprendente hoy en día, cuando los matemáticos suelen estar muy ansiosos por publicar sus resultados, pero en los días del Renacimiento italiano era costumbre el secreto. Los nombramientos académicos no fueron fáciles de asegurar y dependían de la capacidad de prevalecer en los concursos públicos. Tales impugnaciones podrían emitirse en cualquier momento. En consecuencia, cualquier nuevo descubrimiento importante fue un arma valiosa en tal contienda. Si un oponente presentase una lista de problemas por resolver, del Ferro podría a su vez presentar una lista de cubiceros deprimidos. Guardó el secreto de su descubrimiento a lo largo de su vida, transmitiéndolo sólo en su lecho de muerte a su alumno Antonio Fior (ca. 1506—?).

A pesar de que Fior no era el igual de su maestro, inmediatamente emitió una impugnación a Niccolo Fontana (1499—1557). Fontana era conocida como Tartaglia (el tartamudeo). De joven había sufrido un golpe de espada de un soldado francés durante un ataque a su pueblo. Sobrevivió a la herida salvaje, pero su habla quedó permanentemente alterada. Tartaglia envió a Fior una lista de 30 problemas matemáticos diversos; Fior respondió enviando a Tartaglia una lista de 30 cubiceros deprimidos. Tartaglia o resolvería los 30 problemas o fallaría absolutamente. Después de mucho esfuerzo Tartaglia finalmente logró resolver la cúbica deprimida y derrotó a Fior, quien se desvaneció en la oscuridad.

En este punto otro matemático, Gerolamo Cardano (1501—1576), entró en la historia. Cardano escribió a Tartaglia, rogándole por la solución a la cúbica deprimida. Tartaglia rechazó varias de sus peticiones, luego finalmente reveló la solución a Cardano luego de que este último jurara no publicar el secreto ni pasárselo a nadie más. Utilizando los conocimientos que había obtenido de Tartaglia, Cardano finalmente resolvió el cúbico general

$a x^3 + bx^2 + cx + d = 0\text{.} \nonumber$

Cardano compartió el secreto con su alumno, Ludovico Ferrari (1522—1565), quien resolvió la ecuación cuartica general,

$a x^4 + b x^3 + cx^2 + d x + e = 0\text{.} \nonumber$

En 1543, Cardano y Ferrari examinaron los papeles del Ferro y descubrieron que también había resuelto el cúbico deprimido. Cardano consideró que esto lo relevaba de su obligación con Tartaglia, por lo que procedió a publicar las soluciones en Ars Magna (1545), en la que dio crédito a del Ferro por resolver el caso especial del cúbico. Esto resultó en una amarga disputa entre Cardano y Tartaglia, quienes publicaron la historia del juramento un año después.

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