Polinomio lineal

Teorema: sea f(x)un polinomio en K[x],F es una extencion de K y λ ∊ F una raiz de f(x).

entonces f(x)se factoriza en F[x]

f(x)=(x-λ)q(x) donde q(x)es un polinomio de grado igual a f(x)menos uno.

Demostración: haciendo la division f(x)entre el polinomio x-λ se generan

polinomios q(x) y r(x)tales que

f(x)=(x-λ)q(x)+r(x) •

con r(x)=0 o^' gr(r(x))<gr(x-λ)=1

luego el grado de r(x)debe ser cero y por lo tanto es un polinomio constante r(x)=σ;con σ∊K

haciendo la evaluacion de los polinomios en •en el valor λ tenemos

0=f(λ)

=(λ-λ)q(x)+ σ

= σ

de donde σ=0 y por lo tanto en •se tiene

f(x)=(x-λ)q(x)

un polinoimio de tipo ax+b se llama polinomio lineal.

es claro que todo polinomio lineal es irreducible,

pues si ax+b=p(x)q(x),entonces la suma de los grados de ellos debe ser 1.

por lo tanto p(x) o q(x)es de grado cero y por ende es constante.

Teorema: sea f(x)un polinomio en K [x]de grado n.

entonces f(x)tiene a lo sumo n raices en cualquier extencion F de K.

Demostración: la demostracion sera por induccion sobre el grado de f(x).

si el grado de f(x)es 0,entoncs f(x)es constante y no tiene raices.

por lo tanto no hay nada que probar en este caso.

si el grado de f(x)es 1,entonces f(x)es un polnimio lineal,digamos,f(x)=ax+b,para algun a y b en K.

si λ es una raiz de f(x),entonces f(x)=aλ+b=0 y por lo tanto λ=-b/a.luego existe una unica raiz.

supongamos el teorema cierto para todo polinomio de grado menor que n.sea f(x)de grado n.

sea F una extension de K.si f(x)no tiene ninguna raiz en F,entonces estara listo.

si f(x)tiene una raiz λ en F de multiplicidad m,entonces f(x)=(x-λ)^m q(x),donde q(x) es un polinomio de grado n-m que no tiene a λ como raiz.

podemos entonces aplicar la hipotesis de inducion a q(x)para concluir que no tiene mas de

n-m raices en F.como toda raiz de q(x)es una raiz de f(x),

se deduce entonces que f(x)tiene a lu sumo

m+(n-m)=n raices en F.con esto queda probada la propocicion para n.

Teorema: sea f(x)=a_n x^n+⋯+a_1 x^1+a_0 ∊Z[x] y

r=s/t un numero racional.entonces r es una raiz de f(x)se debe tener

s⁄a_0 y t⁄a_n

Demostración: supongamos que (s, t) = 1 luego

f(x)=(x-s/t)q(x),con q(x)∊Q[x]

usando lel lema de gauss se obtiene

f(x)=(tx-s) q_1 (x),

donde q_1 (x) tiene coeficientes enteros.

comparando el coeficiente de grado n en ambos lados de •se tiene que t⁄a_n .

igualmente,comparando el termino constante en ambos lados de •se sigue que s⁄a_0 .

Teorema: (criterio de eisenstein) sea f(x)= a_n x^n+⋯+a_1 x^1+a_0

un polinomio con coeficientes enteros.sea p un numero primo,tal que

p divide a a_i 0≤i<n

p no divide a a_n

p^2 no divide a a_0

entonces f(x)en irreducible en Q[x].

Demostración: dividimos la prueba en dos casos

caso 1:si f(x) es primitico y es reducible en Q[x]entonces por el lema de gauss,se tiene

f(x)=h(x)q(x) •

con h(x),q(x)en Z[x].

sea

h(x)=b_n x^n+⋯+b_1 x+b_0,

y

q(x)=C_n x^n+⋯+C_1 x+C_0

comparando los coeficientes de grado 0,en •tenemos que

a_0=b_0 C_0

ahora bien,como p divide a〖 a〗_0 y p^2 no divide a a_0,

se tiene que p divide a b_0 C_0,pero nopuede dividir a ambos

luego supongamos que p divide a b_0 y p no divide a C_0

si p divide a b_i para todos los i,entonces p divide a a_i para todos los i,y por lo tanto f(x)no es primitivo.

supongamos que p divide ab_i para 0≤i<k<s y p no divide a b_k,luego se tiene

a_k=b_k C_0+b_(k-1) C_1+⋯+b_0 C_k

y por hipotesis p divide a a_k.entonces

p divide a [a_k-(b_(k-1) C_0+⋯+b_0 C_k )]

lo cual es una contradiccion,pues p no dibide a b_k C_(0.)

por lo tanto f(x)no es reducible en Q[x].

caso 2: si f(x)no es monico,hacemos f(x)=df_1 (x),

donde f_1 (x)es primitivo con coeficientes enteros.

luego los coeficientes de f_1 (x) satisfacen las hipotesis i) ii) y iii) del teorema,

pues p no divide a a_n y por lo tanto p no divide a d.

Bibliografía.-

Fraleigh, algebra abstracta,

...