[tiopitagoras]

\(  p(x)=2x^5 -x^4-4x^3 + 2x^2 -6x+3 \) sabiendo que \(  \sqrt{3} \) es raiz.

a) calcular todas las raíces de \( p(x) \)
b) expresar p(x) como producto de polinomios irreducibles en:
\(
\cdot{Q(x)}
\cdot{R(x)}
\cdot{C(x)}
 \)

[manooooh]

Hola tiopitagoras, bienvenido al foro!!

Recordá leer y seguir las reglas del mismo así como el tutorial del \( \mathrm\LaTeX \) para escribir las fórmulas matemáticas correctamente.

\(  p(x)=2x^5 -x^4-4x^3 + 2x^2 -6x+3 \) sabiendo que \(  \sqrt{3} \) es raiz.

a) calcular todas las raíces de \( p(x) \)

pd usando el ruffini me da que raiz

Bien. Entonces podemos reducir el grado del polinomio:

\(
\begin{array}{c|cccccc}
&2&-1&-4&2&-6&3\\
\sqrt3&&2\sqrt3&6-\sqrt3&-3+2\sqrt3&6-\sqrt3&-3\\\hline
&2&-1+2\sqrt3&2-\sqrt3&-1+2\sqrt3&-\sqrt3&0
\end{array}\implies(x-\sqrt3)\bigl(2x^4+(-1+2\sqrt3)x^3+(2-\sqrt3)x^2+(-1+2\sqrt3)x-\sqrt3\bigr)=0.
 \)

Para hallar la segunda raíz de \( p(x) \), podemos hacer uso del teorema de Gauss. Para ello tomemos \( p \) como los divisores positivos y negativos del término independiente y \( q \) los del coeficiente principal.

\(
\displaystyle\begin{array}{c}
p=\{\pm1,\pm3\}\\q=\{\pm1,\pm2\}
\end{array}\implies\frac pq=\left\lbrace\pm1,\pm\frac12,\pm3,\pm\frac32\right\rbrace.
 \)

Intentado algunos valores, vemos que \( x=1/2 \) ES raíz. Aplicando Ruffini por segunda vez:

\(
\begin{array}{c|cccccc}
&2&-1&-4&2&-6&3\\
\sqrt3&&2\sqrt3&6-\sqrt3&-3+2\sqrt3&6-\sqrt3&-3\\\hline
&2&-1+2\sqrt3&2-\sqrt3&-1+2\sqrt3&-\sqrt3&0
\end{array}\implies(x-\sqrt3)\bigl(2x^4+(-1+2\sqrt3)x^3+(2-\sqrt3)x^2+(-1+2\sqrt3)x-\sqrt3\bigr)=0\\
\begin{array}{c|cccccc}
&2&-1&-4&2&-6&3\\
\sqrt3&&2\sqrt3&6-\sqrt3&-3+2\sqrt3&6-\sqrt3&-3\\\hline
&2&-1+2\sqrt3&2-\sqrt3&-1+2\sqrt3&-\sqrt3&0\\\frac12&&1&\sqrt3&1&\sqrt3\\\hline
&2&2\sqrt3&2&2\sqrt3&0
\end{array}\implies(x-\sqrt3)\left(x-\frac12\right)(2x^3+2\sqrt3x^2+2x+2\sqrt3)=0.
 \)

Así que ahora tenés un polinomio de tercer grado que podés resolver mediante la famosa fórmula del polinomio de tercer grado.

b) expresar p(x) como producto de polinomios irreducibles en:
\(
\cdot{Q(x)}
\cdot{R(x)}
\cdot{C(x)}
 \)

Para eso esperá a alguien más.

Saludos

[ingmarov]

...

Así que ahora tenés un polinomio de tercer grado que podés resolver mediante la famosa fórmula del polinomio de tercer grado.

.

Para eso esperá a alguien más.

Saludos

No es necesario utilizar la fórmula para polinomio de grado tres.

\( 2x^3+2\sqrt{3}x^2+2x+2\sqrt{3}=x^2(2x+2\sqrt{3})+2x+2\sqrt{3}=2(x^2+1)(x+\sqrt{3})=2(x+i)(x-i)(x+\sqrt{3}) \)

Saludos

[Fernando Revilla]

\(  p(x)=2x^5 -x^4-4x^3 + 2x^2 -6x+3 \) sabiendo que \(  \sqrt{3} \) es raiz. a) calcular todas las raíces de \( p(x) \)

Puede simplificarse el cálculo de las raíces conociendo la propiedad: si \( a+\sqrt{b} \) con \( a,b\in\mathbb{Z}, \) y \( \color{red}\sqrt{b}\notin \mathbb{Z} \) es raíz de \( f(x)\in \mathbb{Z} [ x ] \) entonces \( a-\sqrt{b} \) es también raíz de \( f(x). \) En nuestro caso, \( \sqrt{3} \) y \( -\sqrt{3} \) son raíces de \( p(x) \) con lo cual, \( p(x) \) es divisible por \( (x-\sqrt{3})(x+\sqrt{3})=x^2-3. \)

Efetuando al división eucídea obtenemos \( p(x)=(x^2-3)(2x^3-x^2+2x-1). \) De las posibles raíces racionales de \( 2x^3-x^2+2x-1 \), comprobamos sustiyuyendo que \( 1/2 \) es efectivamente raíz. Aplicando la regla de Ruffini, queda por tanto resolver una ecuación de segundo grado.

[manooooh]

Hola

Gracias ingmarov por la aclaración. ¡Era fácil!

Puede simplificarse el cálculo de las raíces conociendo la propiedad: si \( a+\sqrt{b} \) con \( a\in\mathbb{Z} \) y \( b \) primo es raíz de \( f(x)\in \mathbb{Z} [ x ] \) entonces \( a-\sqrt{b} \) es también raíz de \( f(x). \) En nuestro caso, \( \sqrt{3} \) y \( -\sqrt{3} \) son raíces de \( p(x) \) con lo cual, \( p(x) \) es divisible por \( (x-\sqrt{3})(x+\sqrt{3})=x^2-3. \)

Excelente idea.

¿La condición de primalidad de \( b \) surge porque, si no lo es, se podría escribir como producto de otros números distintos de \( 1 \) con lo que se puede extraer la raíz cuadrada y así reducir a \( b \) a la condición de primo?

¿Las propiedades se demostraban? . ¿Dónde se puede encontrar una demostración? Es súper interesante.

¿Se puede generalizar para raíces de índice par o de cualquier índice? O bien generalizar el resultado lo máximo posible.

Gracias y saludos

[Fernando Revilla]

Excelente idea. ¿La condición de primalidad de \( b \) surge porque, si no lo es, se podría escribir como producto de otros números distintos de \( 1 \) con lo que se puede extraer la raíz cuadrada y así reducir a \( b \) a la condición de primo? ¿Las propiedades se demostraban? . ¿Dónde se puede encontrar una demostración? Es súper interesante. ¿Se puede generalizar para raíces de índice par o de cualquier índice? O bien generalizar el resultado lo máximo posible.

Hemos aplicado un teorema general. Mira Permutación de raíces y automorfismos de cuerpos (teorema 1). El teorema se aplica con \( K=\mathbb{Q}(\sqrt{b}) \), \( k=\mathbb{Q} \), el \( \mathbb{Q} \)-automorfismo \( \sigma: \mathbb{Q}(\sqrt{b})\to \mathbb{Q}(\sqrt{b}) \) dado por \( \sigma (x+y\sqrt{b})=x-y\sqrt{b} \) y \( \alpha=\sqrt{3} \).

[Abdulai]

... si \( a+\sqrt{b} \) con \( a\in\mathbb{Z} \) y \( b \) primo es raíz de \( f(x)\in \mathbb{Z} [ x ] \) entonces \( a-\sqrt{b} \) es también raíz de \( f(x). \)

No entiendo por qué se restringe a \( b \) primo. 

Yo lo veo así:   Si \( f(x)\in \mathbb{Z} [ x ] \) , \( a\in\mathbb{Z} \) y \( b\in\mathbb{Z} \;/\;\sqrt b\not\in\mathbb{Z} \)

Entonces  \( P(a+\sqrt b) = Q(a,b) + \sqrt b\;R(a,b) \) 

Siendo \( Q(a,b) \)  y  \( R(a,b) \)  polinomios de coeficientes enteros dependientes de \( a \) y \( b \)

Luego si \( P(a+\sqrt b) =0 \;\;\Longrightarrow\;\;Q(a,b)=R(a,b)=0 \quad\therefore\quad P(a-\sqrt b) = Q(a,b) - \sqrt b\;R(a,b)= 0 \)

[I am Bo]

Buenas,
También se puede factorizar \( 2x^3-x^2+2x-1 \) al estilo de ingmarov sin usar Ruffini:

$$2x^3-x^2+2x-1=x^2\,(2x-1)+(2x-1)=(2x-1)(x^2+1)=2\,(x-1/2)(x+\text{i})(x-\text{i})$$

Saludos.

[Fernando Revilla]

No entiendo por qué se restringe a \( b \) primo. 

Fue un despiste (ya está arreglado). De hecho el teorema general al que enlacé en mi página no menciona la primalidad, sólo el concepto de \( k \)-automorfismo.