Exercicis de polinomis i irreductibilitat

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 $8$ són [1, 2, 4, 8], 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 $x^{4}+4$.

El cos importa. «Irreductible» no és una propietat del polinomi sol: depèn d'on visquin els coeficients. Aquí el cos és $\mathbb{Q}$.

La resposta és Irreductible, perquè Eisenstein després de substituir $x$ per $x+1$.

El guió per decidir-ho.

1. Mira el grau. En $2$ o $3$, n'hi ha prou amb buscar arrels al cos.
2. Per a arrels racionals, aplica el teorema de l'arrel racional: amb polinomis mònics, les candidates són els divisors enters del terme independent.
3. A partir de grau $4$, prova Eisenstein (potser després d'un canvi de variable) o una reducció modular.
4. Si res no decideix, busca una factorització explícita.

L'avís permanent: que Eisenstein falli no demostra que el polinomi sigui reductible; només que aquell criteri no decideix.

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 $5$ (o sigui que només cal que divideixi $5$);
3. i el seu quadrat no divideixi $5$.

La factorització de $5$ és 5. 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 $5$, 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 $9$ són [1, 3, 9], en total $3$. Comptant també els negatius:

$6$

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 $x^{4}+4$.

El cos importa. «Irreductible» no és una propietat del polinomi sol: depèn d'on visquin els coeficients. Aquí el cos és $\mathbb{Q}$.

La resposta és Irreductible, perquè el discriminant és negatiu: no té arrels reals ni racionals.

El guió per decidir-ho.

1. Mira el grau. En $2$ o $3$, n'hi ha prou amb buscar arrels al cos.
2. Per a arrels racionals, aplica el teorema de l'arrel racional: amb polinomis mònics, les candidates són els divisors enters del terme independent.
3. A partir de grau $4$, prova Eisenstein (potser després d'un canvi de variable) o una reducció modular.
4. Si res no decideix, busca una factorització explícita.

L'avís permanent: que Eisenstein falli no demostra que el polinomi sigui reductible; només que aquell criteri no decideix.

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 $5$ (o sigui que només cal que divideixi $5$);
3. i el seu quadrat no divideixi $5$.

La factorització de $5$ és 5. 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 $5$, 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 $10$ són [1, 2, 5, 10], 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 $x^{4}+4$.

El cos importa. «Irreductible» no és una propietat del polinomi sol: depèn d'on visquin els coeficients. Aquí el cos és $\mathbb{Q}$.

La resposta és Reductible, perquè es factoritza com $(x-3)(x+2)$.

El guió per decidir-ho.

1. Mira el grau. En $2$ o $3$, n'hi ha prou amb buscar arrels al cos.
2. Per a arrels racionals, aplica el teorema de l'arrel racional: amb polinomis mònics, les candidates són els divisors enters del terme independent.
3. A partir de grau $4$, prova Eisenstein (potser després d'un canvi de variable) o una reducció modular.
4. Si res no decideix, busca una factorització explícita.

L'avís permanent: que Eisenstein falli no demostra que el polinomi sigui reductible; només que aquell criteri no decideix.

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 $6$ (o sigui que només cal que divideixi $6$);
3. i el seu quadrat no divideixi $6$.

La factorització de $6$ és 2 · 3. 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 $6$, 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 $11$ són [1, 11], 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 $x^{4}+4$.