POLINOMIOS IRREDUCIBLES
El estudio de polinomios irreducibles corresponde al de n´umeros primos en el caso deZ. Por esta raz´on deber´ıa considerarse como parte natural del cap´ıtulo sobre divisibilidad, pero dada su importancia le trataremos aqu´ı como un tema aparte.
Iniciemos con la notaci´on correspondiente a irreducibilidad y notemos adem´as que, de nuevo, las unidades hacen la diferencia con el caso de Z. Note que las unidades de Z determinan dos clases de n´umeros no cero: los positivos y los negativos. Lo que nosotros hemos escrito antes comoK∗f(x) en el caso deZes{1,−1}n. Es decir que, m´odulo asociaci´on, la clase denes{n,−n}el cual es un conjunto finito y muy elemental. Cuando se sale de Z, por ejemplo a R[x], la clase de f(x) esR∗f(x) la cual es infinita, aunque no es dif´ıcil de manejar.
Polinomios Irreducibles
4.1 Definici´on. Seaf(x) ∈K[x]. Decimos que f(x) es irreducible si:
i. f(x)∈/K y
ii. f(x) =h(x)r(x)→(h(x)∈K ´o r(x)∈K) 2
Dicho de otro modo mas general (´o generalizable) f(x) es irreducible si: i) No es cero o una unidad y ii) f(x) = h(x)r(x) implica que al menos uno de h(x) ´o r(x) es una unidad. El ejemplo mas general de
polinomio irreducible es el de primer grado. Veremos mas adelante que los polinomios de segundo y tercer grado pueden catalogarse como irreducibles o no seg´un condiciones muy precisas y pr´acticas.
Note que los polinomios irreducibles se cortan por clases de asociaci´on:
4.2 Proposici´on.
1. Sif(x)=a g(x) (asociados) entonces: f(x) es irreducible si y s´olo si g(x) es irreducible.
2. Sip(x) es irreducible, entonces
a. Para t(x)∈K[x], sip(x) no divide at(x), entonces ((p(x), t(x))) = 1
b. p(x)Dq(x)r(x)→(p(x)Dq(x) ´o p(x)Dr(x)) c. Sip(x)Dq(x) y q(x) es irreduciblep(x)=a q(x)
Demostraci´on: La verificaci´on de la parte 1 es rutina y se deja como ejercicio. En cuanto a la parte 2 a) suponga que s(x)Dp(x), t(x). Entonces, comos(x)Dp(x),s(x) es una unidad ´os(x)=a p(x). Veamos que no puede ser que s(x) =a p(x): Si s(x) =a p(x) → p(x)Ds(x) y como s(x)Dt(x), entonces p(x)Dt(x). Pero por hip´otesis p(x)6Dt(x). Se tiene pues que sis(x)Dp(x) ys(x)Dt(x)→s(x) es una unidad. As´ı pues ((p(x), t(x))) = 1.
En cuanto a la parte 2. b) supongamos que p(x)Dq(x)r(x) pero que p(x)6Dq(x). Entonces, por la parte 2a, esto implica que ((p(x), q(x))) = 1. Es decir que p(x)s(x) +q(x)v(x) = 1 para alg´un par de poli-nomios s(x) y v(x). Ahora bi´en multiplicando por r(x) los dos lados se recibe que p(x)s(x)r(x) +q(x)r(x)v(x) =r(x). Como por hip´otesis p(x)Dq(x)r(x) entonces p(x) divide los dos t´erminos de la izquierda de la igualdad y entonces tambi´en a r(x).
En cuanto a la relaci´on entre polinomios, o sea la correspondiente al concepto de “primos relativos”, esta no cambia.
4.3 Definici´on. Sean p1(x), . . . , pn(x) ∈ K[x]. Decimos que ellos son relativamente primos (´o primos relativos) si
((p1(x), . . . , pn(x))) = 1. 2
La descomposici´on se tiene inicialmente, como enZ.
Teorema de Descomposici´on en Factores Irreducibles
4.4 Proposici´on. Seap(x)∈K[x],p(x)∈/K. Entonces p(x) puede escribirse comop(x) =q1(x)q2(x). . . qn(x) en dondeGr(qi(x))≤ Gr(qi+1(x)) y cadaqi es irreducible.
Demostraci´on: Hagamos inducci´on sobre el grado dep(x). Para ini-ciar, si p(x) = x−a entonces es irreducible en K[x]. Esto es claro porque si x−a =r(x)q(x) entonces Gr(r(x)) +Gr(q(x)) = 1. Pero los ´unicos n´umeros enteros positivos cuya suma es 1 son 0 y 1. As´ı puesGr(r(x)) = 0 ´oGr(q(x)) = 0. As´ır(x)∈K´o q(x)∈K. Supong-amos entonces que la descomposici´on se cumple para todo polinomio de grado 0< p < ny veamos que se cumple para aquellos de grado n. Sea puesp(x)un polinomio de gradon. Si p(x) es irreducible entonces p(x) =p(x) es su descomposici´on. Si p(x) no es irreducible entonces existen polinomiost(x),u(x) no constantes, tales quep(x) =t(x)u(x). As´ı que t(x), u(x) tienen ambos grado menor que n y por tanto t(x) = q1(x). . . qm(x), u(x) = r1(x). . . rh(x) con qi(x) y ri(x) irre-ducibles para cadai. Se tiene entonces que la descomposici´on dep(x) es la ordenaci´on por grado de q1(x). . . qm(x)r1(x). . . rh(x) 2
Unicidad en la Descomposici´on
y q1 ≤q2 ≤. . . ≤qs, son n´umeros primos positivos, y sip1p2. . . pt= q1q2. . . qs, entonces t = s y pi = qi para i = 1, . . . , n. En el caso de los polinomios el teorema no se puede plantear tan cortante debido a que el orden <entre polinomios (seg´un el grado), no es total. As´ı por ejemplo parax−1 yx−2 enR[x], (x−1)6<(x−2), (x−2)6<(x−1) y x−16=x−2. As´ı que en cuanto a unicidad tenemos:
4.5 Proposici´on. Seanpi(x), i= 1,2, . . . , n yqi(x),i= 1,2, . . . , m polinomios irreducibles en K[x] y supongamos que:
p1(x)p2(x). . . pn(x) =q1(x)q2(x). . . qm(x) (∗)
Entonces n=m y para todoi = 1, . . . , n existe j = 1, . . . , m tal que pi(x)
a =qj(x).
Demostraci´on: Sin p´erdida de generalidad podemos suponer poli-nomios m´onicos. Si n = 1 y m > 1 entonces p1(x) =q1(x). . . qm(x). As´ı que qj(x)Dp1(x) y entonces p1(x) =qj(x) y por tanto
1 =q1(x). . . qj−1(x)qj+1(x). . . qm(x)
con qi(x) irreducible, lo cual es imposible. As´ı que m = 1 y p1(x) = q1(x).
Suponga que el teorema se cumple para 1 ≤ t < n y veamos que se cumple para n. Dado (∗) para m < n entonces por hip´otesis de inducci´on n=m y para cada j= 1, . . . , m, existe i= 1, . . . , ntal que qj(x) =pi(x). As´ı que asumimos (∗) con m≥n.
Comop1(x)Dq1(x). . . qm(x) entoncesp1(x) =qs(x) para alg´un s. De modo que
p2(x). . . pn(x) =q1(x). . . qs−1(x)qs+1(x). . . qm(x)
y por hip´otesis de inducci´on, n−1 = m−1 (y entonces n = m) y para cada i = 2, . . . , n; existe j = 1, . . . , s−1, s+ 1, . . . , m tales que pi(x) =qj(x) 2
4.6 Proposici´on.
i. Cada polinomio p(x)∈K[x] se puede escribir como
p(x) =kq1(x)r1q2(x)r2. . . qn(x)rn
en dondek∈K yqi(x) es m´onico e irreducible para cada i.
ii. Si adem´as p(x) =ut1(x)s1t2(x)s2. . . tm(x)sm en donde los t1(x)
son m´onicos irreducibles yu∈K, entonces k=u, n=my para cada i = 1,2, . . . , n existe exactamente un j ∈ {1,2, . . . , n} tal queq1(x) =tj(x) y ri=sj 2
Para estudiar casos particulares de irreducibilidad por ejemplo en el caso de C[x] se debe usar el valor de un polinomio en un punto. Damos pues esa parte antes de completar lo referente a polinomios irreducibles.
Funciones polin´omicas y Ceros de Polinomios
4.7 Definici´on.
i. Seap(x) =a0+a1x+. . .+anxn∈K[x] y seaa∈K, denotamos aa0+a1a+. . .+ananpor p(a) y se le llamael valor de p(x)en
a.
ii. Sea f :A → K donde A ⊆ K. Decimos que f es una funci´on polin´omica si existep(x)∈K[x] tal que para cadaa∈A,f(a) = p(a).
iii. Se dice quea es un cero def (´o una ra´ız def) si f(a) = 0 2
As´ı pues la igualdad de polinomios y la igualdad sobre funciones aso-ciadas no se corresponden puesto que el polinomiop(x) =x5−xno es cero. Sin embargo usaremos una notaci´on similar para los dos. As´ı, si p(x) =a0+a1x+. . .+anxn, a la funci´on
K →K, a7→a0+a1a+. . .+anan
la denotaremos por p pero reservamos x para la indeterminada del polinomio y usamos k como variable deK. As´ı la funci´on correspon-diente ap(x) =a0+a1x+. . .+anxnesy=p(k) =a0+a1k+. . .+ankn. Se tiene la generalizaci´on del caso real as´ı:
4.8 Proposici´on.
i. Sip(x)∈K[x] ya∈K, entonces el residuo r(x) de dividir p(x) por (x−a) est´a en K y es precisamentep(a).
ii. (x−a)Dp(x) si y s´olo si p(a) = 0.
Demostraci´on: i. p(x) =q(x)(x−a) +r(x). Como el grado de r(x) es menor que 1 =Gr(x−a) entoncesr(x) = 0 ´oGr(r(x)) = 0. En los dos casosr(x)∈K. Se tienep(x) =q(x)(x−a)+b,b∈K. Calculando p(a) se recibe que esb. As´ı pues, p(x) =q(x)(x−a) +p(a).
ii. Si (x−a)Dp(x) entonces p(x) = t(x)(x−a) y por unicidad del algoritmo q(x) =t(x) y p(a) = 0. Por otro lado es obvio que p(x) = q(x)(x−a) +p(a) que si p(a) = 0, entonces (x−a)Dp(x) 2
La limitaci´on que impone el grado al n´umero de ra´ıces, de los poli-nomios reales, sigue siendo v´alido aqu´ı. Adem´as para grado 2 y 3 la no existencia de ceros determina la irreducibilidad del polinomio.
4.9 Proposici´on.
ii. Sip(x) tiene grado 2 o 3, entoncesp(x) es irreducible enK[x] si y s´olo si no tiene ceros enK.
Demostraci´on: i. Para n= 1, se reduce a la unicidad (y existencia) de la soluci´on de ax+b = 0 (cona 6= 0). Supongamos entonces que todo polinomio de grado p < n tiene a lo m´as p ceros. Veamos que uno de gradon tiene a lo m´asnceros. Supongamos pues quep(x) es de gradon. Si no tiene ceros ya est´a. Supongamos que los tiene. Sea auno de ellos, entoncesp(x) =q(x)(x−a) y q(x) tiene grado (n−1) y por la hip´otesis de inducci´onq(x) tiene a lo m´as (n−1) ceros. Note que sibes un cero (distinto dea) dep(x), como x−bes un polinomio irreducible yp(x) =s(x)(x−b) entonces (x−b)Dq(x)(x−a) y como ((x−a, x−b)) = 1 si a6= b entonces (x−b)Dq(x). As´ı los ceros de p(x) sonay los ceros deq(x). Pero comoq(x) tiene a lo m´as (n−1) ceros, entoncesp(x) tiene a lo m´asn ceros.
ii. Si p(x) tiene grado 2 o 3, entonces p(x) es factorizable si y s´olo si p(x) = (x−a)q(x) (dondeq(x) tiene grado 1 o 2 dependiendo del grado dep(x)) si y s´olo si aes cero de p(x) 2
Si enK[x], K no es un campo, entonces los polinomios pueden tener mas ceros que el grado. Por ejemplox3−x ∈Z6[x] tiene como ceros a todos los elementos deZ6.
Naturalmente hay polinomios que ni siquiera tienen ceros. Por ejemplo x2+acona >0 enR, no tiene ceros enR.
Por otro lado (x−1)(x−2)(x−3) tiene el m´aximo posible de ceros, tres (3) de ellos, en R. Veremos mas adelante que si p(x) ∈ K[x], entonces existe un campoLtal quep(x)∈L[x] y ah´ı se descompone en polinomios de grado 1. Nosotros no demostramos sino que aceptamos
el teorema fundamental del ´algebraque identifica tal campoLpara los campos num´ericos corrientes Q,R, Ce intermedios. Este teorema se encuentra demostrado como aplicaci´on.
4.10 Proposici´on.
i. Todo polinomio no constante de K[x] tiene al menos un cero en K.
ii. Todo polinomio deK[x] se factoriza en polinomios de grado 1.
iii. Los ´unicos polinomios irreducibles de K[x] son los poli-nomios de grado 1.
2. (Teorema fundamental del ´algebra) Todo polinomio deC[x] tiene al menos un cero.
Demostraci´on: i)→ ii) Puesto que si alg´un factor de grado m´ınimo no tuviera grado 1, Por i, tendr´ıa un cero y entonces un factor de grado uno y el grado del factor original no ser´ıa m´ınimo. ii) → iii) es obvio. iii)→ i) sigue puesto que todo polinomio tiene al menos un factor irreducible y por iii) un factor de grado 1 que tiene entonces un cero. 2
La parte ii) la aceptamos sin demostraci´on y puede encontrarse en cualquier libro de variable compleja como una aplicaci´on de la teor´ıa de las funciones anal´ıticas de los cuales las funciones polin´omicas son los ejemplos importantes.
Note que hemos usado el hecho de que si p(x) ∈ K[x] y L es una extensi´on deK, es decir queK es un subcampo deL, entoncesp(x)∈
L[x] de manera natural, mediante una identificaci´on. Por ejemplo para Q[x]⊆R[x] se identifica una funci´onf :N→Qcon la funci´onN→R que asigna n→f(n), es decir con el compuesto N→f Q→i R.
Polinomios Vs. Funciones polin´omicas
4.11 Definici´on.
i. F P(K) ={f :K→K |f es polin´omica}.
ii. Si f, g ∈F P(K) tomamosf +g a la funci´on K → K dada por (f+g)(k) =f(k) +g(k).
iii. Si f, g ∈ F P(K) tomamos f g a la funci´on K → K dada por (f g)(k) =f(k)g(k).
iv. Paraa∈K,f ∈F P(K), tomamosaf a la funci´onK →K dada por (af)(k) =af(k) 2
4.12 Proposici´on. F P(K) con la suma, producto y multiplicaci´on por escalar, de 4.11 es un ´algebra sobreK 2
Note que en generalF P(K) no es un dominio. Por ejemplo enF P(Z5), f(k) = k5 −k es la funci´on 0 como recordamos. Adem´as f(k) = k(k4−1) yg(k) =k, h(k) =k4−1 son distintas de cero obviamente. Consideremos ahora la funci´on
BK :K[x]→F P(K); p(x)7→y =p(k)
que relaciona polinomios y funciones polin´omicas sobre K. Por facili-dad, mientras no haya lugar a error usamosB en cambio de BK . Se tiene:
4.13 Proposici´on.
1. B es un epimorfismo.
2. B es un isomorfismo si y s´olo si K es infinito.
3. SiK es finito y de nelementos entoncesxn−1−1 = Y a6=0
Demostraci´on: Demostramos las partes 2 y 3, la parte 1 es rutina. Supongamos que denotamos por Z(p(x)) al conjunto de los ceros de p(x). Sabemos que este es un conjunto finito. Supongamos ahora que K es infinito. Veamos que BK es 1−1. Sea p(x) ∈ K[x] tal que B(p(x)) = 0, es decir que para todo k∈K, kes un cero de p(x). As´ı pues K ⊆Z(p(x)) el cual es finito. Esto puede ser ´unicamente para p(x) = 0 que es el ´unico polinomio que acepta infinitos ceros.
Por otra parte si K es finito de n elementos, entoncesK− {0} es un grupo abeliano de orden n−1 y por tanto∀k6= 0, kn−1 = 1 ykn=k,
∀k ∈ K. As´ı que B(xn−x) = 0 pero xn−x 6= 0 y por tanto B no es 1−1. As´ı , si B es 1−1, K es infinito. Ahora puesto que todo k∈K− {0} es cero dexn−1−1,xn−1−1 = Y
k6=0
(x−k) 2
El teorema afirma entonces que K[x] y F P(K) son isomorfos ´ unica-mente cuando K es infinito. En este caso los identificaremos. Note adem´as que cuando K es infinito F P(K) es una K−´algebra de inte-gridad (sin divisores de ceros).
Calculemos expl´ıcitamente kerB. Si K es infinito por supuesto kerB = 0. Si K es finito, entonces B(p(x)) = 0 ↔ Y = p(k) = 0. Es decir que ∀k∈K,p(k) = 0, o dicho de otro modo todos y cada uno de los elementos de K son ceros de p(x). Pero, puesto que kerB es un ideal de K[x] entonces est´a generado por un polinomio m´onico de menor grado que pertenece a ´el. En este caso si K ={k1, k2, . . . , kn} entonces el generador ser´a q(x) = (x−k1)(x−k2). . .(x−kn). Por tantoq(x) =xn−x por ser m´onico de grado m´ınimo en el kernel y se tiene que
F P(K)∼=K[x]/ <(x−k1)(x−k2). . .(x−kn)>=K[x]/ < xn−x >
4.14 Problema.
2. Catalogue todas las funciones polin´omicas sobreCque coinciden conf (funci´on polin´omica sobre C) en todos sus puntos menos 1.
3. Cuantas funciones polin´omicas existen sobre (o con coeficiente en)Z2? Cuantos polinomios?
4. D´e expl´ıcitamente:
a. Los elementos (simplificados pero t´ıpicos) deF P(Z3).
b. La suma deF P(Z3) de manera directa, simplificando.
c. El producto deF P(Z3) de manera directa (usando elemen-tos t´ıpicos).
d. Construya las tablas de operaciones + y × para F P(Z3) 2
En seguida tocamos las conexiones que los morfismos entre campos in-ducen en los dominios de polinomios correspondientes y en qu´e medida estos ´ultimos mantienen ceros e irreducibilidad.
Extensi´on de Morfismos de Campos a Polinomios
En esta parte extendemos los homomorfismos de campos a morfismos entre los dominios de polinomios respectivos:
4.15 Proposici´on. Sea F : K → L un homomorfismo de campos. EntoncesF se extiende a un homomorfismo de dominios (todav´ıa denotado porF),F :K[x]→L[x] dado por:
F n
X
i=0 aixi
!
= n
X
i=0
Demostraci´on: queF(p(x) +q(x)) =F(p(x)) +F(q(x)) es evidente, de la misma manera que F(kp(x)) = F(k)F(p(x)). Por otro lado, si
p(x) = n
X
i=0
aixi,q(x) = m
X
j=0
bjxj. Entonces:
F(p(x)q(x)) =F
n+m X k=0 X i+j=k aibj
xk = n+m X k=0 F X i+j=k aibj
xk =
= n+m X k=0 X i+j=k F(ai)F(bj)
xk=
n
X
i=0
F(ai)xi
! m X j=0 F(bj)xj =
=F(p(x))F(q(x)) 2
Por simplicidad tambi´en usamos F(p) en cambio de F(p(x)) ´o de F(p)(x). A continuaci´on damos las propiedades b´asicas de F(p) que se transmiten de p.
4.16 Corolario.
i. Sikes un cero dep(x) enK, entoncesF(k) es un cero deF(p(x)) en L
ii. Si k es un cero de p(x), entonces la multiplicidad de F(k) en F(p(x)) es mayor o igual que la dek en p(x) 2
4.17 Proposici´on.
i. F :K[x]→L[x] es un monomorfismo yF(p)∈L↔p∈K.
ii. SiF :K →Les un epimorfismo, tambi´en lo esF :K[x]→L[x].
iii. SiF(p(x)) es irreducible enL[x] entoncesp(x) lo es enK[x].
Demostraci´on: Demostramos iii). Las otras partes quedan como ejercicio. Sip(x) =q(x)r(x) entonces F(p(x)) =F(q(x))F(r(x)) por tantoF(q(x))∈L´o F(r(x))∈L. As´ı pues, de la parte i), q(x)∈K ´o r(x)∈K. Por tantop(x) es irreducible 2
Es muy obvio por supuesto que p(x) puede ser irreducible en K[x] y F(p(x)) no serlo en L[x], puesto que, en particular F puede ser la inclusi´on i : R → C y entonces tenemos el caso de x2 + 1 que es irreducible enR pero no enC.
4.18 Corolario.
i. SeaK ⊆Lyf :L→Lun homomorfismo que deja fijo a K (i.e. f(k) =k, para todok∈K). Seana∈Lyp(x)∈K[x]. Se tiene que sia es un cero dep(x) entonces tambi´en lo esf(a).
ii. SeaK⊆Lyp(x)∈K[x]. Sip(x) es irreducible enL[x] entonces tambi´en lo es enK[x] 2
Recordemos que, con la composici´on,fnsignificaf◦f◦...◦f, ncopias def. As´ı por ejemplo f3(a) =f(f(f(a))).
4.19 Proposici´on. Suponga que L es una extensi´on de K y que f : L → L es un homomorfismo que deja fijo a K. Sean p(x)∈K[x] yauna ra´ız de p(x). Entonces:
i. Si r < s→(fr(a) =fs(a)↔fs−r(a) =a)
ii. Para cada n∈N, existe 0< m < Gr(p) tal que fn(a) =fm(a).
iii. ∃n∈N, con 0< n≤Gr(p) tal que fn(a) =a.
iv. f(a)∈K↔((f(a) =a)∧(a∈K). Mas a´un
Demostraci´on: La parte i) se hace por inducci´on sobres. En cuanto a la parte ii) si 0 ≤ n < Gr(p) ya est´a. Por otro lado si n ≥ Gr(p) entonces n = Gr(p) +k donde k = 0,1,2, . . . y hacemos inducci´on sobre k.
Para k = 0, {a, f1(a), f2(a), . . . , fGr(p)(a)} es un conjunto de ra´ıces as´ı que para 0 ≤ s < t ≤ Gr(p), fs(a) = ft(a) → ft−s(a) = a, por tanto fGr(p)(a) =fm(a), donde m=Gr(p)−(t−s). Supongamos la afirmaci´on v´alida parak y cualquier ra´ız de p(x) y verfiquemos para k+ 1:
fGr(p)+k+1(a) = fGr(p)+k(f(a)) = fm(f(a)) = fm+1(a) en donde 0 ≤ m < Gr(p). Pero m+ 1 ≤ Gr(p). En cualquiera de los dos casos, existe t ≤ Gr(p) tal que fm+1(a) = ft(a). En cuanto a la parte iii), por ii) existe, para n = Gr(p), existe m < Gr(p) tal que fGr(p)(a) = fm(a). Equivalentemente fGr(p)−m(a) = a por i). La parte iv) es inmediata 2
Por ejemplo si p(x) = x2 −m ∈ K[x], es un polinomio sin soluci´on en K, es decir irreducible en K[x], entonces el campo donde tiene sus ceros es:
K(√m) ={ a+b √m |a, b∈K }
Si suponemos que f : K(√m) → K(√m) deja fijo a K, entonces f(a+b√m) =f(a) +f(b)f(√m) =a+bf(√m). Pero como√mes un cero dep(x) entonces tambi´en lo esf(√m). Por tantof(√m) =√m´o f(√m) =−√myf es bi´en la identidad of(a+b√m) =a−b√m. El grupo de los automorfismos de K(√m) que dejan fijo a K se llama el grupo de Galois de p(x) el cual, para p(x) =x2−m, es pues isomorfo a Z2. Este tipo de idea ser´a el que generalicemos mas adelante. Un caso particular importante es K =Ry p(x) =x2−(−1). En tal caso K(√m) = R(
√
−1) = C caso que, junto con el de Q, estudiamos en seguida.
Irreducibilidad en R[x] y Q[x]
Veamos un ejemplo para mostrar que la respuesta a la pregunta de-pende del campo en que se trabaja. Consideremos el polinomiox3−2. Notamos que no es unidad entonces tratemos de factorizarlo como un producto de polinomios irreducibles, lo cual est´a garantizado por la proposici´on 4.4 Tenemos que enC[x]
x3−2 = (x−√32) x+ 3
√
2 +m 2
!
x+ 3
√
2−m 2
!
dondem=√−3√6
4 =√3√3 2i.
EnR[x],x3−2 = (x3
√
2)(x2+√3
2x+√3
4). En cambio enQ[x],x3−2 es irreducible. M´as adelante veremos que no tiene ceros enQ[x].
En cuanto aR[x], observamos que el conjunto de polinomios sobreRes un subconjunto de polinomios sobreC, por consiguiente por el teorema fundamental de ´algebra, cada polinomio sobre R tiene al menos una ra´ız en C. El teorema siguiente reduce el teorema fundamental del ´
algebra a dos situaciones para los polinomios irreducibles sobreR.
4.20 Proposici´on.
i. Si p(x)∈R[x] tiene aα∈Ccomo una ra´ız, entoncesα tambi´en es una ra´ız.
ii. Si α∈Centoncespα(x) = (x−α)(x−α)∈R[x].
iii. Si p(x)∈ R[x] tiene grado mayor que 2 entonces es factorizable enR[x].
(∗) p(x) = r
Y
i=1
(x−ai) t
Y
i=1
pαi(x)∈R[x] 2
4.21 Teorema. Sif(x) es un polinomio irreducible sobreRentonces debe ser de grado 1 ´o de la forma f(x) = ax2 +bx+c con b2−4ac <0.
Demostraci´on: Si f(x) es de grado 1 entonces es irreducible en cualquier campo. Ahora paraf(x) =ax2+bx+cobtenemos:
f(x) =a x−−b− √
b2−4ac 2a
!
x−−b+ √
b2−4ac 2a
!
pero si b2−4ac < 0 entonces las ra´ıces no son reales por lo tanto es irreducible 2
Note que si f(x) ∈ R[x] entonces, para cualquier α ∈ C, ra´ız de f(x), (x−α).(x−α) es un factor irreducible de f(x) en R[x]. Por tanto la descomposici´on (∗) es la descomposici´on en factores irre-ducibles de f(x). As´ı pues sif(x) es irreducible en R[x] se tendr´a que f(x) =k(x−a) o bi´en f(x) =k(x−α)(x−α), con α ∈C−R. Este hecho se generalizar´a mas adelante (vercerradura algebraica) reescrito as´ı: C es la cerradura de rotura de R ( es decir la m´ınima extensi´on en donde est´an todos los ceros de todos los polinomios de R[x]) y la dimensi´on deCsobreRes 2. Entonces todo polinomiop(x)∈R[x] de grado mayor que 2 es decomponible en R[x].
Irreducibilidad en Q[x]
Si f(x) = Pi=n
(ci/di)xi y tomamos m = [d0, d1, . . . , dn] entonces se tiene quemf(x)∈Z[x] yf(x) =a mf(x). As´ı puesf(x) es irreducible en Q[x] si y s´olo si mf(x) es irreducible en Z[x]. Nos limitamos pues a estudiar irreducibilidad, enQ[x], de polinomios con coeficientes en-teros. Incluso podemos reducirnos a un tipo de polinomios m´as espe-ciales.
Polinomios Primitivos
4.22 Definici´on. Seaf(x)∈Q[x]. Decimos que f(x) esprimitivo si f(x) ∈Z[x] y el m´aximo com´un divisor de sus coeficientes es 1 2
Algunas propiedades para polinomios primitivos son:
4.23 Proposici´on.
i. Si f(x) =P
aixi en Z[x] yses el m´aximo com´un divisor de los coeficientes (no cero) def(x), entonces Pi=n
(ai/s)xi =q(x) es primitivo yq(x) =a f(x).
ii. Paraf(x)∈Q[x] existe un polinomio primitivop(x) tal quef(x) a
= p(x) enQ[x].
iii. f(x) es primitivo↔para todo primop,f(x) es diferente de cero en Zp[x].
iv. Sif(x) yq(x) son primitivos, entoncesf(x)q(x) tambi´en es pri-mitivo.
Demostraci´on: (De ii y iv los dem´as se dejan como ejercicio). ii) Sea fe(x) un polinomio entero asociado a f(x) ∈ Q[x]. Sea g(x) un
polinomio primitivo asociado a g(x) ∈ Z[x]. Si p(x) ∈ Q[x] entonces p(x)=a ep(x).
p, f(x) 6= 0 6= g(x) en p Zp[x] y por ende f(x)g(x) 6= 0 en p Zp[x]. Como esto sucede para cada primo p de acuerdo con iii) f(x)g(x) es primitivo 2
Veamos c´omo los polinomios que tienen asociados factorizados en Z, se factorizan ellos mismos enZy por qu´e el representantep(x) dee p(x)
en Z[x] es irreducible si y s´olo si p(x) lo es:
4.24 Proposici´on. Seaf(x) ∈Z[x]. Si rf(x) = a(x)b(x) con r ∈Q
ya(x), b(x) enZ[x], entoncesf(x) =a1(x)b1(x) con a1(x), b1(x) en Z[x], a1(x)
a
=a(x) y b1(x) a
=b(x) enQ[x].
Demostraci´on: Para r = 1/n conn∈Z es obvio. Tambi´en es obvio para r =m/n si se ha probado parar =m. En cuanto a este ´ultimo es obvio para cualquier m si se tiene cuando r es un n´umero primo. Demostremos entonces para r primo. Si rf(x) = a(x)b(x) entonces 0 =a(x)b(x) enZr[x] y por endea(x) = 0 ´ob(x) = 0 enZr[x]. As´ı que a(x) =ra1(x) ´o b(x) =rb1(x) yf(x) =a1(x)b(x) ´o f(x) =a(x)b1(x) como se ped´ıa 2
Finalmente tenemos como resultado la eliminaci´on del coeficiente (r en 4.24) y el resultado general, as´ı :
Lema de Gauss
4.25 Proposici´on.
i. (Lema de Gauss) Sea f(x) ∈Z[x]. Si f(x) = a(x)b(x) en Q[x] entonces f(x) = a1(x)b1(x) enZ[x] con a1(x) =a a(x) y b1(x) a b(x) en Q[x].
ii. Sea f(x) m´onico en Z[x]. Si f(x) = a(x)b(x) en Q[x], con a(x), b(x) m´onicos, entoncesa(x) y b(x) est´an en Z[x].
que tf(x) = r(x)s(x) con t ∈ Q. Por 4.24 f(x) = r1(x)s1(x) con r1(x)
a
= r(x) y s1(x) a s(x) y por ende tambi´en r1(x) a a(x) y s1(x)
a
=b(x). La parte ii) queda como ejercicio 2
Veamos ahora un criterio para decidir cu´ando un polinomio con coefi-cientes enteros tiene factores lineales en su descomposici´on.
4.26 Proposici´on.
i. Si f(x) = anxn+. . .+a1x+a0 es un polinomio sobre Z y si x =r/s es una ra´ız con ((r, s)) = 1 entonces s divide a an y r divide aa0.
ii. Si f(x) ∈Z[x] y es m´onico, entonces todos sus ceros racionales son enteros
Demostraci´on: Por hip´otesisan(r/s)n+. . .+a1(r/s)+a0 = 0. Ahora multiplicando porsny sumando−a0snobtenemos quer(anrn−1+. . .+ a1sn−1) =−a0sn pero como ((r, s)) = 1 entoncesr divide aa0.
Un argumento similar se usa para la parte de que s divide a an. La parte ii) es inmediata de i) 2
Ejemplo:
Descompongamos en factores linealesp(x) = 2x4+ 8x3+ 15x2−6x−9 en Q[x]. Primero calculemos los divisores de 2 y 9. Divisores de 2:
±2,±1 y divisores de 9: ±1,±3,±9. Ahora formemos las posibles ra´ıces: ±1, ±3, ±9, ±1/2,±3/2, ±9/2. Por el teorema del res´ıduo verificamos que ninguno de los n´umeros dados es una ra´ız, as´ı quep(x) no tiene factores lineales enQ[x].
En cambiop(x) = 10x4+ 6x3+ 7x2−3x−2 tiene ra´ıces racionales 1/2 y−2/5 y factorizando se tiene la descomposici´on, en irreducibles, de p(x).
El Criterio de Irreducibilidad de Eisenstein
Pasando a la irreducibilidad en Z[x], damos ahora una condici´on sufi-ciente para ella.
4.27 Proposici´on. (Criterio de irreducibilidad de Eisenstein). Si f(x) =anxn+. . .+a1x+a0 es un polinomio sobre Z y existe un p∈Z primo tal que:
i. p no divide aan.
ii. p divide aai, parai= 0,1,2, . . . , n−1.
iii. p2 no divide aa0.
entoncesf(x) es irreducible en Z[x] (y entonces tambi´en en Q[x]).
Demostraci´on: Suponga f(x) = b(x)c(x) en donde gr(b(x)) = r y Gr(c(x)) = s. Cl´aramente s, r ≤ n. Supongamos que tomamos el polinomio f(x) (y su descomposici´on) enZp.
Notamos que si b0 y c0 son cero en Zp, b0c0 es cero en Zp2 lo cual contradice la hip´otesis sobrea0. As´ı pues uno de los dos (al menos) de b0 y c0 no puede ser cero. Supongamos (sin p´erdida de generalidad) que b0 6= 0 enZp.
Ahora bien como an = brcs y an 6= 0 en Zp entonces br y cs son no cero en Zp. Sea m el m´ınimo entero no negativo j tal que cj 6= 0. Calculandoam se tieneam=b0cm+ (b1cm−1+. . .+bmc0). El n´umero en el par´entesis es cero enZp por la selecci´on dem. As´ıam=b0cm en Zp y los dos b0 y cm son no cero luego tambi´en am 6= 0 en Zp. Pero entonces n=m ym ≤s ≤n. As´ı puess= ny b(x) es una unidad. Por tanto f(x) es irreducible 2
Otra aplicaci´on de este criterio indica que si p es primo, entonces √np
no es un n´umero racional porque de serlo xn−p tendr´ıa un cero en Q[x] y esto contradice el criterio de Eisenstein.
En cuanto a la ayuda que puede prestar el saber que un polinomio enZ[x] es irreducible enZp[x], para decidir la irreducibilidad enZ[x], tenemos:
4.28 Proposici´on. Seaf(x)∈Z[x]. Si existe unn∈N,nprimo, tal que n no divide al coeficiente director de f(x) ( o equivalente-mentef(x) conserva el grado en Zn[x] ) yf(x) es irreducible en Zn[x], entoncesf(x) es irreducible en Z[x].
Demostraci´on: Suponga el n dicho pero que f(x) = a(x)b(x) en Z[x]. Entonces f(x) = a(x)b(x) en Zn[x]. As´ı pues a(x) ∈ Zn ´o b(x) ∈ Zn (en Zn[x]). Es decir es una constante. Supongamos que a(x)∈Zn. Entonces el coeficiente director dea(x) es m´ultiplo de no bien a(x) es constante en Z[x]. Pero lo primero no puede ser puesto que el coeficiente director de f(x) (que no es m´ultiplo de n) es el producto del dea(x) y el deb(x). Igual procedimiento se sigue cuando b(x)∈Zn. As´ı pues f(x) es irreducible 2
Naturalmente se tiene entonces que si p(x)(∈ Z[x]) es m´onico e irre-ducible en alg´un Zp[x], con p primo, entonces p(x) es irreducible en Z[x] y entonces en Q[x].
Problemas Suplementarios
1. Considere un n´umero complejo en la forma polar principal, es decirw=r(cosθ+isinθ) donde 0< θ≤2π.
i. Muestre quer1/n(cosθ n+isin
θ
n) est´a en forma polar princi-pal y que su potencianesw. Denote ar1/n(cos θ
n+isin θ n) por √nwC (´o √nw en
C) y ll´amelala ra´ız n-´esima compleja
ii. Muestre que siaes un n´umero real positivo, entonces (√na)0
6
= pn
(a)0.
iii. Muestre que √n
1 , (√n
1)2 , (√n
1)3 , . . ., (√n
1)n = 1 son todos complejos distintos y que sizes uno de ellos entonces zn= 1.
iv. Sea z un n´umero complejo tal que zn = 1. Muestre que entoncesz es uno de los complejos de la lista iii. (llamadas ra´ıces n-´esimas de 1).
v. Demuestre que (√nw(√n
1)k)n =w. Por lo cual el complejo
n
√
w×(√n
1)k es llamado una ra´ız n-´esima dew. Demuestre que para 1≤k,t≤n,k6=t→ √nw(√n
1)k6= √nw(√n
1)t. vi. Demuestre que sizn=w, entonces existe 1≤k≤ntal que
z= √nw.(√n1)k
vii. Calcule las soluciones de xn = 1; xn =i;xn=−i; xn= 4; xn=√iparan= 2,3,4,5.
viii. Demuestre que la ra´ıces n-´esimas de 1 enCforman un grupo multiplicativo. Generalice a cualquier grupo abeliano mul-tiplicativo.
2. Factorice completamente en Ccada uno de los polinomios
x2−(3 +i)x+ 3i x2+ 4 3x2+ 6x+ 1 x2−ix4−1−i x3−1 x3−(1−i)x5−8
x5−1 x7−i x4−ai cona∈R
x7−1
3. Descomponga en factores lineales cada uno de los polinomios de C[x]
x3−6x2+ 11x−6 x4+ 4x3+ 4x2+ 1
x4−10x2+ 1 (x+ cosθ+isinθ)n+ (x+ cosθ−isinθ)n
4. Descomponga en factores irreducibles en R[x] cada uno de los polinomios:
x+ 4x3+x2+ 1 x2n−2xn+ 2
5. Construya un polinomio con coeficientes complejos de grado m´ı-nimo que tenga :
a. 1 como ra´ız doble y 2, 3, 1 +icomo ra´ıces simples.
b. −1 como ra´ız triple y 3, 4 como ra´ıces simples.
c. i como ra´ız doble y −1−icomo ra´ız simple.
6. Lo mismo que en 5. pero con polinomios reales.
7. Usando el criterio de paso aZp o el de Eisenstein, demuestre la irreducibilidad de cada polinomio enQ[x]:
x4−8x3+ 12x2−6x+ 2;x5−12x3+ 36x−12;x4−x3+ 2x+ 1.
8. Decida si los polinomios dados son irreducibles o no enQ[x]. Si son factorizables factor´ıcelos :
x4+ 3x2+ 1 x4+ 5x3−3x2−5x+ 1 x4+ 3x3−2x2−2x+ 1 x4−x3−3x2+ 2x+ 2
9. Cierto o falso ( sustente su respuesta ): si un polinomio de grado 4 en Z[x] no tiene ra´ıces racionales, entonces es irreducible en
Q[x].
10. D´e condiciones necesarias y suficientes para que un polinomio x4+px2+q∈Q[x] sea irreducible.
11. Demuestre que si a1, a2, a3, a4, a5 son n´umeros enteros distintos entonces los siguientes polinomios son irreducibles enQ[x]:
(x−a1)(x−a2)−1
(x−a1)(x−a2)(x−a3)−1
(x−a1)(x−a2)(x−a3)(x−a4)−1
(x−a1)(x−a2)(x−a3)(x−a4)(x−a5)−1
Generalice y demuestre su afirmaci´on.
12. Demuestre que para cualquier n≥2 si pn
a/b=r/s conn,a, b, r,senZ+y conr,sprimos relativos, entoncesrDaysDb. Uselo para demostrar que sip yq son primos, ´o uno de ellos es 1 y el otro es primo entonces pn
13. Factorice enR[x], xn±a paran= 3, . . . ,7.
14. En Z[x] d´e (si existen) :
i. Un polinomo que sea factorizable pero que para alg´un primo p, sea irreducible enZp[x].
ii. Un polinomio m´onico que sea irreducible en Q[x] y factori-zable en Z2[x],Z3[x], Z5[x]
15. Demuestre que todo morfimo F :K[x]→ Dcon F |K= 1|K(D un dominio) est´a determinado de manera ´unica por su valor en x. Es decir, demuestre que toda funci´onf :{x} →Dse extiende a un morfismo de dominios F :K[x]→Del cual es el ´unico que restrigido a {x} esf y a K es 1|K.
16. Suponga quex2=m(m∈K) no tiene soluci´on en el campoK y que todop(x)∈K(√m)[x] tiene al menos una ra´ız en K√m[x]. Muestre que todo polinomio de grado mayor que 2 en K[x] es factorizable en K√m[x]. Identifique los polinomios irreducibles de K√m[x].
17. Demuestre que si K es un dominio entonces todo polinomio de K[x] tiene a lo mas n ceros, donde n es su grado.
