Autor Tema: Criterio de Eisenstein

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25 Julio, 2020, 02:51 pm
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S.S

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Hola a todos. Estudiando el criterio de Eisenstein en el libro de Herstein tercera edición (pag. 170) me halle esta pregunta.
Sea \( p(x) =x^{4} +x^{3}+x^{2}+x+1  \).
Si \(  g(x) = p(x+1) \) es irreducible en \( \mathbb{Q}[x] \), entonces \( p(x) \) es irreducible en \( \mathbb{Q}[x] \).

Sabiendo que \( g(x) =x^{4} +5x^{3}+10x^{2}+10x+5 \) es irreducible, entonces supuse que \( p(x) =a(x)b(x)  \) donde \( grad(a(x))>0 \) y \( grad(b(x))>0 \) y dije que existian dos casos:
1. \( grad(a(x))= 3 \) y \( grad(b(x))= 1 \) o
2.  \( grad(a(x))= 2 \) y \( grad(b(x))= 2 \).
existe un tercer caso pero es similar al caso \( 1.  \). Resolviendo el caso \( 1.  \) llegue a la conclusión de que los coeficientes independientes de \( grad(a(x)) \) y \( grad(b(x)) \) deben ser 1 o -1 simultáneamente y de forma similar para los coeficientes que acompañan la mayor potencia en este caso \( x^{3} \) y \( x \), con lo que se tendría \( a(x) =  \pm x^{3} +bx^{2}+cx \pm 1 \) y \(  b(x) = \pm x \pm 1 \) haciendo \(  a(x+1)b(x+1)= g(x)  \) y considerendo los casos (variando 1 y -1 )se llega a una "contradicción" con el termino independiente de \(  g(x)  \).
El problema con este razonamiento es que supuse que los coeficientes de  \( a(x) \) y \( b(x) \) estan en los enteros, suposición que no estoy del todo seguro que abarque la totalidad del resultado.

La otra forma es volver a pensar en \( p(x) =a(x)b(x)  \) donde \( grad(a(x))>0 \) y \( grad(b(x))>0 \) esto implicaria que \( grad(a(x +1))>0 \) y \( grad(b(x +1))>0 \) por lo que \( g(x) =  a(x+1)b(x+1) \) seria reducible. El problema con este razonamiento es que no sé como sustentar: Si \( grad(a(x))>0 \), entonces \( grad(a(x +1))>0 \).

25 Julio, 2020, 05:03 pm
Respuesta #1

geómetracat

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La manera más sencilla y más generalizable es la que apuntas al final. Si \( p(x) \) es reducible, \( p(x)=a(x)b(x) \) con \( a,b \) de grados positivos y por tanto \( p(x+1)=a(x+1)b(x+1) \) también es reducible. Para lo que te falta probar (si \( a(x) \) tiene grado positivo \( a(x+1) \) también) fíjate que si
\( a(x)=c_nx^n + c_{n-1}x^{n-1}+ \dots +c_0  \) con \( n\geq 1 \) y \( c_n \neq 0 \), entonces
\( a(x+1)=c_n(x+1)^n + c_{n-1}(x+1)^{n-1}+ \dots + c_0 \). Si desarrollas usando el binomio de Newton verás que solamente hay un término donde aparece \( x^n \), que es \( c_nx^n \), y en todos los demás términos aparecen potencias de \( x \) de grado estrictamente menor que \( n \). Es decir, que el grado de \( a(x+1) \) es \( n \geq 1 \).

Por otro lado, el primer enfoque también lleva a buen puerto.
Citar
El problema con este razonamiento es que supuse que los coeficientes de  a(x) y b(x) estan en los enteros, suposición que no estoy del todo seguro que abarque la totalidad del resultado.
Para esto debes usar el lema de Gauss, que te dice que un polinomio \( p(x) \in \Bbb Z[x] \) primitivo (es decir, que el mcd de todos sus coeficientes es \( 1 \), como es tu caso) es irreducible en \( \Bbb Q[x] \) si y solo si lo es en \( \Bbb Z[x] \). Así que para ver si es irreducible o no sobre los racionales te basta con comprobar si lo es sobre los enteros.
La ecuación más bonita de las matemáticas: \( d^2=0 \)

27 Julio, 2020, 06:01 pm
Respuesta #2

S.S

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Hola geómetracat. Gracias por la respuesta, me sirvió bastante.
Ahora la cuestión es generalizar ese resultado a un polinomio \(  p(x) \) de grado \(  n \). Ya se tiene

si \(  g(x) = p(x+1) \) es irreducible en \( \mathbb{Q}[x] \), entonces \( p(x) \) es irreducible en \( \mathbb{Q}[x] \).

Por lo dicho en la intervención anterior.  ¿El reciproco se cumplirá?.

Pdta: No sabia que el lema de Gauss era un bicondicional.


27 Julio, 2020, 06:16 pm
Respuesta #3

geómetracat

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Sí, se cumple. Sirve la misma demostración. De hecho, más en general, dado cualquier \( a \in \Bbb Q \), \( p(x) \) es irreducible en \( \Bbb Q[x] \) si y solo si \( p(x+a) \) es irreducible. La implicación hacia la izquierda es la misma demostración de antes. Hacia la derecha fíjate que si definimos \( q(x):=p(x+a) \), si \( p(x)=q(x-a) \) es irreducible, entonces por la implicación ya demostrada (aplicado a \( -a \)) \( q(x)=p(x+a) \) es irreducible.

Sobre el lema de Gauss, es un bicondicional sí. Aunque un lado es esencialmente trivial (si \( p(x) \) es primitivo e irreducible en \( \Bbb Q[x] \) entonces es irreducible en \( \Bbb Z[x] \), porque cualquier factorización en \( Z[x] \) es una factorización en \( \Bbb Q[x] \)), y el otro lado es menos trivial, aunque tampoco es complicado.
La ecuación más bonita de las matemáticas: \( d^2=0 \)