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 $15$ (o sigui que només cal que divideixi $15$);
3. i el seu quadrat no divideixi $15$.

La factorització de $15$ és 3 · 5. 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 $15$, 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 $32$ són [1, 2, 4, 8, 16, 32], en total $6$. Comptant també els negatius:

$12$

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 $15$ (o sigui que només cal que divideixi $15$);
3. i el seu quadrat no divideixi $15$.

La factorització de $15$ és 3 · 5. 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 $15$, 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 $33$ són [1, 3, 11, 33], 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 $15$ (o sigui que només cal que divideixi $15$);
3. i el seu quadrat no divideixi $15$.

La factorització de $15$ és 3 · 5. 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 $15$, 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 $34$ són [1, 2, 17, 34], 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 $18$ (o sigui que només cal que divideixi $18$);
3. i el seu quadrat no divideixi $18$.

La factorització de $18$ és 2 · 3^2. 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 $18$, 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 $35$ són [1, 5, 7, 35], 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 $18$ (o sigui que només cal que divideixi $18$);
3. i el seu quadrat no divideixi $18$.

La factorització de $18$ és 2 · 3^2. 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 $18$, 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 $36$ són [1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 36], en total $9$. Comptant també els negatius:

$18$

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 $x^{4}+4$.