Exercicis de polinomis i irreductibilitat

Les tres condicions d'Eisenstein. Cal un primer $p$ que:

1. no divideixi el coeficient líder, que aquí val $1$ (això es compleix sempre);
2. sí divideixi tots els altres coeficients, que aquí són zero excepte el terme independent $34$ (o sigui que només cal que divideixi $34$);
3. i el seu quadrat no divideixi $34$.

La factorització de $34$ és 2 · 17. Els primers que hi apareixen amb exponent exactament $1$ són els que compleixen la tercera condició.

El més petit és $p = 2$.

Per què l'exponent ha de ser 1. Si el quadrat del primer dividís $34$, una factorització hipotètica podria repartir els factors entre els dos trossos sense contradicció, i l'argument s'ensorra. Aquest és exactament el motiu pel qual $x^{4}+4$ escapa al criteri i de fet és reductible.

Recorda: Eisenstein és suficient, no necessari. Que no hi hagi cap primer vàlid no demostra que el polinomi sigui reductible.

El teorema. Si una fracció irreductible $p/q$ és arrel, el numerador divideix el terme independent i el denominador divideix el coeficient líder. Com que el polinomi és mònic, el denominador només pot ser $\pm1$ i totes les arrels racionals són enteres.

Els candidats. Els divisors positius de $57$ són [1, 3, 19, 57], en total $4$. Comptant també els negatius:

$8$

Com es fa servir. Aquesta llista finita és tot el que cal provar. Si cap candidat no anul·la el polinomi, no té cap arrel racional, i en graus $2$ o $3$ això ja demostra irreductibilitat.

El límit del mètode: a partir de grau $4$, no tenir arrels no demostra res. El contraexemple de sempre és $x^{4}+4$.

Les tres condicions d'Eisenstein. Cal un primer $p$ que:

1. no divideixi el coeficient líder, que aquí val $1$ (això es compleix sempre);
2. sí divideixi tots els altres coeficients, que aquí són zero excepte el terme independent $34$ (o sigui que només cal que divideixi $34$);
3. i el seu quadrat no divideixi $34$.

La factorització de $34$ és 2 · 17. Els primers que hi apareixen amb exponent exactament $1$ són els que compleixen la tercera condició.

El més petit és $p = 2$.

Per què l'exponent ha de ser 1. Si el quadrat del primer dividís $34$, una factorització hipotètica podria repartir els factors entre els dos trossos sense contradicció, i l'argument s'ensorra. Aquest és exactament el motiu pel qual $x^{4}+4$ escapa al criteri i de fet és reductible.

Recorda: Eisenstein és suficient, no necessari. Que no hi hagi cap primer vàlid no demostra que el polinomi sigui reductible.

El teorema. Si una fracció irreductible $p/q$ és arrel, el numerador divideix el terme independent i el denominador divideix el coeficient líder. Com que el polinomi és mònic, el denominador només pot ser $\pm1$ i totes les arrels racionals són enteres.

Els candidats. Els divisors positius de $58$ són [1, 2, 29, 58], en total $4$. Comptant també els negatius:

$8$

Com es fa servir. Aquesta llista finita és tot el que cal provar. Si cap candidat no anul·la el polinomi, no té cap arrel racional, i en graus $2$ o $3$ això ja demostra irreductibilitat.

El límit del mètode: a partir de grau $4$, no tenir arrels no demostra res. El contraexemple de sempre és $x^{4}+4$.

Les tres condicions d'Eisenstein. Cal un primer $p$ que:

1. no divideixi el coeficient líder, que aquí val $1$ (això es compleix sempre);
2. sí divideixi tots els altres coeficients, que aquí són zero excepte el terme independent $35$ (o sigui que només cal que divideixi $35$);
3. i el seu quadrat no divideixi $35$.

La factorització de $35$ és 5 · 7. Els primers que hi apareixen amb exponent exactament $1$ són els que compleixen la tercera condició.

El més petit és $p = 5$.

Per què l'exponent ha de ser 1. Si el quadrat del primer dividís $35$, una factorització hipotètica podria repartir els factors entre els dos trossos sense contradicció, i l'argument s'ensorra. Aquest és exactament el motiu pel qual $x^{4}+4$ escapa al criteri i de fet és reductible.

Recorda: Eisenstein és suficient, no necessari. Que no hi hagi cap primer vàlid no demostra que el polinomi sigui reductible.

El teorema. Si una fracció irreductible $p/q$ és arrel, el numerador divideix el terme independent i el denominador divideix el coeficient líder. Com que el polinomi és mònic, el denominador només pot ser $\pm1$ i totes les arrels racionals són enteres.

Els candidats. Els divisors positius de $59$ són [1, 59], en total $2$. Comptant també els negatius:

$4$

Com es fa servir. Aquesta llista finita és tot el que cal provar. Si cap candidat no anul·la el polinomi, no té cap arrel racional, i en graus $2$ o $3$ això ja demostra irreductibilitat.

El límit del mètode: a partir de grau $4$, no tenir arrels no demostra res. El contraexemple de sempre és $x^{4}+4$.

Les tres condicions d'Eisenstein. Cal un primer $p$ que:

1. no divideixi el coeficient líder, que aquí val $1$ (això es compleix sempre);
2. sí divideixi tots els altres coeficients, que aquí són zero excepte el terme independent $35$ (o sigui que només cal que divideixi $35$);
3. i el seu quadrat no divideixi $35$.

La factorització de $35$ és 5 · 7. Els primers que hi apareixen amb exponent exactament $1$ són els que compleixen la tercera condició.

El més petit és $p = 5$.

Per què l'exponent ha de ser 1. Si el quadrat del primer dividís $35$, una factorització hipotètica podria repartir els factors entre els dos trossos sense contradicció, i l'argument s'ensorra. Aquest és exactament el motiu pel qual $x^{4}+4$ escapa al criteri i de fet és reductible.

Recorda: Eisenstein és suficient, no necessari. Que no hi hagi cap primer vàlid no demostra que el polinomi sigui reductible.

El teorema. Si una fracció irreductible $p/q$ és arrel, el numerador divideix el terme independent i el denominador divideix el coeficient líder. Com que el polinomi és mònic, el denominador només pot ser $\pm1$ i totes les arrels racionals són enteres.

Els candidats. Els divisors positius de $60$ són [1, 2, 3, 4, 5, 6, 10, 12, 15, 20, 30, 60], en total $12$. Comptant també els negatius:

$24$

Com es fa servir. Aquesta llista finita és tot el que cal provar. Si cap candidat no anul·la el polinomi, no té cap arrel racional, i en graus $2$ o $3$ això ja demostra irreductibilitat.

El límit del mètode: a partir de grau $4$, no tenir arrels no demostra res. El contraexemple de sempre és $x^{4}+4$.

Les tres condicions d'Eisenstein. Cal un primer $p$ que:

1. no divideixi el coeficient líder, que aquí val $1$ (això es compleix sempre);
2. sí divideixi tots els altres coeficients, que aquí són zero excepte el terme independent $35$ (o sigui que només cal que divideixi $35$);
3. i el seu quadrat no divideixi $35$.

La factorització de $35$ és 5 · 7. Els primers que hi apareixen amb exponent exactament $1$ són els que compleixen la tercera condició.

El més petit és $p = 5$.

Per què l'exponent ha de ser 1. Si el quadrat del primer dividís $35$, una factorització hipotètica podria repartir els factors entre els dos trossos sense contradicció, i l'argument s'ensorra. Aquest és exactament el motiu pel qual $x^{4}+4$ escapa al criteri i de fet és reductible.

Recorda: Eisenstein és suficient, no necessari. Que no hi hagi cap primer vàlid no demostra que el polinomi sigui reductible.

Les tres condicions d'Eisenstein. Cal un primer $p$ que:

1. no divideixi el coeficient líder, que aquí val $1$ (això es compleix sempre);
2. sí divideixi tots els altres coeficients, que aquí són zero excepte el terme independent $38$ (o sigui que només cal que divideixi $38$);
3. i el seu quadrat no divideixi $38$.

La factorització de $38$ és 2 · 19. Els primers que hi apareixen amb exponent exactament $1$ són els que compleixen la tercera condició.

El més petit és $p = 2$.

Per què l'exponent ha de ser 1. Si el quadrat del primer dividís $38$, una factorització hipotètica podria repartir els factors entre els dos trossos sense contradicció, i l'argument s'ensorra. Aquest és exactament el motiu pel qual $x^{4}+4$ escapa al criteri i de fet és reductible.

Recorda: Eisenstein és suficient, no necessari. Que no hi hagi cap primer vàlid no demostra que el polinomi sigui reductible.