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 $11$ (o sigui que només cal que divideixi $11$);
3. i el seu quadrat no divideixi $11$.

La factorització de $11$ és 11. Els primers que hi apareixen amb exponent exactament $1$ són els que compleixen la tercera condició.

El més petit és $p = 11$.

Per què l'exponent ha de ser 1. Si el quadrat del primer dividís $11$, 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 $22$ són [1, 2, 11, 22], 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 $12$ (o sigui que només cal que divideixi $12$);
3. i el seu quadrat no divideixi $12$.

La factorització de $12$ és 2^2 · 3. Els primers que hi apareixen amb exponent exactament $1$ són els que compleixen la tercera condició.

El més petit és $p = 3$.

Per què l'exponent ha de ser 1. Si el quadrat del primer dividís $12$, 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 $23$ són [1, 23], 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 $12$ (o sigui que només cal que divideixi $12$);
3. i el seu quadrat no divideixi $12$.

La factorització de $12$ és 2^2 · 3. Els primers que hi apareixen amb exponent exactament $1$ són els que compleixen la tercera condició.

El més petit és $p = 3$.

Per què l'exponent ha de ser 1. Si el quadrat del primer dividís $12$, 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 $24$ són [1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24], en total $8$. Comptant també els negatius:

$16$

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 $12$ (o sigui que només cal que divideixi $12$);
3. i el seu quadrat no divideixi $12$.

La factorització de $12$ és 2^2 · 3. Els primers que hi apareixen amb exponent exactament $1$ són els que compleixen la tercera condició.

El més petit és $p = 3$.

Per què l'exponent ha de ser 1. Si el quadrat del primer dividís $12$, 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 $25$ són [1, 5, 25], 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 $x^{4}+4$.

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 $13$ (o sigui que només cal que divideixi $13$);
3. i el seu quadrat no divideixi $13$.

La factorització de $13$ és 13. Els primers que hi apareixen amb exponent exactament $1$ són els que compleixen la tercera condició.

El més petit és $p = 13$.

Per què l'exponent ha de ser 1. Si el quadrat del primer dividís $13$, 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 $26$ són [1, 2, 13, 26], 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 $x^{4}+4$.