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[A Resolver] Ejercicio 32 Practica 7!

10 respuestas 10599 visitas 2008-07-01

#1 Ric 2008-07-01 19:07

Hola a todos... aca les dejo el ejercicio a ver si me pueden dar una mano porq no me sale.

Factorizar el Polinomio $X^6 - 2$ en $\mathbb{R} [x]$ y en $\mathbb{C} [x]$

Bueno espero respuestas

Gracias
Saludos

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#2 exequiel131719 2008-07-01 20:40

Llamá $f\eq={X}^{6}-2$. Notá que $f\in \mathbb{C}[X]$. Entonces miremos el dichoso polinomio en $\mathbb{C}$:
$\alpha \in \mathbb{C}$, es raíz de $f,\;\Leftrightarrow f(\alpha )\eq=0$

{\alpha}^{6}-2\eq=0 \Leftrightarrow {\alpha}^{6}\eq=2

¿Quiénes son tales $\alpha$ ? Las raíces sexta de 2, cuya expresión general es $\alpha \eq={2}^{\frac{1}{6}}\cdot w,\;w\in {G}_{6}$. Estas raíces son bastante lindas; sin embargo, resaltemos dos puntos destacables: a) Las únicas raíces reales de f son $-{2}^{\frac{1}{6}},{2}^{\frac{1}{6}}$. b)Los conjugados están todos como raíces(esto se debe a que $f\in \mathbb{R}[X]$) Sean ${\alpha}_{1},\;{\alpha}_{2}$ complejos distintos tales que uno es el conjugado del otro y son raíces sextas de 2. Luego, $X-{\alpha}_{1}|f,\;X-{\alpha}_{2}|f\Rightarrow (X-{\alpha}_{1})\cdot (X-{\alpha}_{2})|f$. Pero haciendo la cuenta, te queda:

(X-{\alpha}_{1})\cdot (X-{\alpha}_{2})\eq={X}^{2}-({\alpha}_{1}+{\alpha}_{2})X+{\alpha}_{1}{\alpha}_{2}\eq={x}^{2}-2Re({\alpha}_{1} )X+{|{\alpha}_{1}|}^{2}\eq=g

$g|f,\;g\in \mathbb{R}[X]$, luego se concluye que g es un polinomio irreducible en $\mathbb{R}[X]$ De manera análoga, si tomás el otro complejo con distinta parte real, cuando lo multipliques por su conjugado vas a tener otro polinomio h, parecido a g, también irreducible en $\mathbb{R}[X]$. Luego... $f\eq=(x-{2}^{\frac{1}{6}})\cdot (x+{2}^{\frac{1}{6}})\cdot h\cdot g$ es la factorización sobre R[X]. Explícitamente(te dejo las cuentas a cargo a tuyo):

f\eq=(x-{2}^{\frac{1}{6}})\cdot (x+{2}^{\frac{1}{6}})\cdot ({X}^{2}+{2}^{\frac{1}{6}}X+{2}^{\frac{1}{3}})\cdot ({X}^{2}-{2}^{\frac{1}{6}}X+{2}^{\frac{1}{3}})

La factorización sobre $\mathbb{C}$ sale muy fácil; escribí todos los polinomios primos que dividen a f, y te queda $f\eq= (X-{\alpha}_{1})\cdot (X-{\alpha}_{2})\cdot (X-{\alpha}_{3})\cdot (X-{\alpha}_{4})\cdot (x-{2}^{\frac{1}{6}}})\cdot (x+{2}^{\frac{1}{6}}),\;{\alpha}_{i}$ de la forma anteriormente descrita, con alfa complejo, todos distintos entre si, distintos de -1 y 1. Si tenés dudas, avisame. Saludos.

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I offer her that kernel of myself that I have saved, somehow; the central heart that deals not in words, traffics not with dreams and is untouched by time, by joy, by adversities

#3 Ric 2008-07-02 01:21

Gracias!!! voy a ver si puedo seguir haciendo algunos... tengo q practicar de complejos asi como este :S

Saludos

#4 crazy2k 2008-12-18 21:51

exequiel131719 escribió:

Llamá $f\eq={X}^{6}-2$. Notá que $f\in \mathbb{C}[X]$. Entonces miremos el dichoso polinomio en $\mathbb{C}$:
$\alpha \in \mathbb{C}$, es raíz de $f,\;\Leftrightarrow f(\alpha )\eq=0$
${\alpha}^{6}-2\eq=0 \Leftrightarrow {\alpha}^{6}\eq=2$ ¿Quiénes son tales $\alpha$ ? Las raíces sexta de 2, cuya expresión general es $\alpha \eq={2}^{\frac{1}{6}}\cdot w,\;w\in {G}_{6}$.

¿Esto siempre puede hacerse? Digo, ¿las raíces n-ésimas de k son todas $\alpha_i = k^{\frac{1}{n}} \cdot w$ con $w \in G_n$?

exequiel131719 escribió:

Estas raíces son bastante lindas; sin embargo, resaltemos dos puntos destacables:
a) Las únicas raíces reales de f son $-{2}^{\frac{1}{6}},{2}^{\frac{1}{6}}$.
b)Los conjugados están todos como raíces(esto se debe a que $f\in \mathbb{R}[X]$)

¿Esto no vale en $\mathbb{C}[X]$? ¿Hay alguna propiedad similar que valga allí?

exequiel131719 escribió:

Sean ${\alpha}_{1},\;{\alpha}_{2}$ complejos distintos tales que uno es el conjugado del otro y son raíces sextas de 2. Luego, $X-{\alpha}_{1}|f,\;X-{\alpha}_{2}|f\Rightarrow (X-{\alpha}_{1})\cdot (X-{\alpha}_{2})|f$.
Pero haciendo la cuenta, te queda:
$(X-{\alpha}_{1})\cdot (X-{\alpha}_{2})\eq={X}^{2}-({\alpha}_{1}+{\alpha}_{2})X+{\alpha}_{1}{\alpha}_{2}\eq={x}^{2}-2Re({\alpha}_{1} )X+{|{\alpha}_{1}|}^{2}\eq=g$ $g|f,\;g\in \mathbb{R}[X]$, luego se concluye que g es un polinomio irreducible en $\mathbb{R}[X]$

¿Esto es porque el polinomio $g \in \mathbb{R}[X]$, es de grado 2 (o 3) y no tiene raíces en $\mathbbb{R}$? ¿En ese caso no habría que aclarar que $\alpha_1 \neq \alpha_2$ o, lo mismo, que $\alpha_1,\alpha_2 \notin \mathbb{R}$?

exequiel131719 escribió:

De manera análoga, si tomás el otro complejo con distinta parte real, cuando lo multipliques por su conjugado vas a tener otro polinomio h, parecido a g, también irreducible en $\mathbb{R}[X]$. Luego...
$f\eq=(x-{2}^{\frac{1}{6}})\cdot (x+{2}^{\frac{1}{6}})\cdot h\cdot g$ es la factorización sobre R[X].
Explícitamente(te dejo las cuentas a cargo a tuyo):
$f\eq=(x-{2}^{\frac{1}{6}})\cdot (x+{2}^{\frac{1}{6}})\cdot ({X}^{2}+{2}^{\frac{1}{6}}X+{2}^{\frac{1}{3}})\cdot ({X}^{2}-{2}^{\frac{1}{6}}X+{2}^{\frac{1}{3}})$ La factorización sobre $\mathbb{C}$ sale muy fácil; escribí todos los polinomios primos que dividen a f, y te queda $f\eq= (X-{\alpha}_{1})\cdot (X-{\alpha}_{2})\cdot (X-{\alpha}_{3})\cdot (X-{\alpha}_{4})\cdot (x-{2}^{\frac{1}{6}}})\cdot (x+{2}^{\frac{1}{6}}),\;{\alpha}_{i}$ de la forma anteriormente descrita, con alfa complejo, todos distintos entre si, distintos de -1 y 1. Si tenés dudas, avisame. Saludos.

#5 exequiel131719 2008-12-19 03:05

Pregunta por pregunta:

1)Si tenés ${x}^{n}\eq=k$, tenés que las soluciones son de la forma $x\eq=\sqrt[n]{|k|}[\cos(\frac{2\pi r}{n})+i\sin(\frac{2\pi r}{n})],\;0\leq r\leq n-1$. Luego, sabés que $\cos(\frac{2\pi r}{n})+i\sin(\frac{2\pi r}{n})\in {G}_{n},\forall 0\leq r\leq n-1$, con lo que tenés eso que decía; $x\eq=\sqrt[n]{k}z,\;z\in {G}_{n}$.
2)No vale la propiedad de los conjugados en $\mathbb{C}[X]$, porque cuando hacés la demostración, tenés $P(a)\eq=0,a\in \mathbb{C}$. Luego, aplicás conjugado miembro a miembro, que se puede distribuir: $P(\overline{a})\eq=0$, y para que eso tenga sentido, pedís que los coeficientes sean reales, si no lo fueran los coeficientes al conjugar variarían. Si no te aclara, un contraejemplo:

{X}^{2}+iX+2\in \mathbb{C}[X]

Fijate que $i,-2i$ son raíces de ese polinomio, pero ninguna es conjugada de la otra. 3) $g$ es irreducible en $\mathbb{R}[X]$, pues ${\alpha}_{1},{\alpha}_{2}$ son números complejos distintos, o sea, no existen polinomios reales de grado 1 que lo dividan a $g$. O sea, son distintos, justamente porque son complejos con parte imaginaria no nula(y son conjugados). De igual manera, un polinomio en $\mathbb{R}[X]$ de grado mayor o igual que 3 ya no es irreducible Fijate si aclaré.

#6 crazy2k 2008-12-19 04:00

exequiel131719 escribió:

Pregunta por pregunta:

1)Si tenés ${x}^{n}\eq=k$, tenés que las soluciones son de la forma $x\eq=\sqrt[n]{|k|}[\cos(\frac{2\pi r}{n})+i\sin(\frac{2\pi r}{n})],\;0\leq r\leq n-1$. Luego, sabés que $\cos(\frac{2\pi r}{n})+i\sin(\frac{2\pi r}{n})\in {G}_{n},\forall 0\leq r\leq n-1$, con lo que tenés eso que decía; $x\eq=\sqrt[n]{x}z,\;z\in {G}_{n}$.

Creo que quisiste decir $\sqrt[n]{k}z$, pero se entendió. 🙂

exequiel131719 escribió:

2)No vale la propiedad de los conjugados en $\mathbb{C}[X]$, porque cuando hacés la demostración, tenés $P(a)\eq=0,a\in \mathbb{C}$. Luego, aplicás conjugado miembro a miembro, que se puede distribuir: $P(\overline{a})\eq=0$, y para que eso tenga sentido, pedís que los coeficientes sean reales, si no lo fueran los coeficientes al conjugar variarían. Si no te aclara, un contraejemplo:
${X}^{2}+iX+2\in \mathbb{C}[X]$ Fijate que $i,2i$ son raíces de ese polinomio, pero ninguna es conjugada de la otra.

En realidad, son i y -2i, pero de cualquier modo no son conjugadas entre sí.

exequiel131719 escribió:

$g$ es irreducible en $\mathbb{R}[X]$, pues ${\alpha}_{1},{\alpha}_{2}$ son números complejos distintos, o sea, no existen polinomios reales de grado 1 que lo dividan a $g$. O sea, son distintos, justamente porque son complejos con parte imaginaria no nula(y son conjugados). De igual manera, un polinomio en $\mathbb{R}[X]$ de grado mayor o igual que 3 ya no es irreducible
Fijate si aclaré.

Muchas gracias por la explicación 🙂

#7 exequiel131719 2008-12-19 04:10

Jajaja, no pego con las aclaraciones. Lo peor es que en un parcial cometo errores de ese estilo...

#8 crazy2k 2008-12-19 04:16

Me quedé pensando. ¿Cuál es la "rule of thumb" (entiéndase, el método más común) para saber si el polinomio que tengo es irreducible o no?

Entiendo que en $\mathbb{K}[X]$ (con $\mathbb{K} = \mathbb{Q,R,C}$), si tengo $f \in \mathbb{K}[X]$ ($f \neq 0$) y $gr(f) = 1 \Rightarrow$ f es irreducible en $\mathbb{K}[X]$. Ahora, si tengo un polinomio de grado mayor, ¿qué es lo primero en lo que uno piensa si quiere saber si es irreducible? ¿busca si tiene raíces en $\mathbb{K}$?

#9 exequiel131719 2008-12-19 04:44

Es una pregunta muy general la que decís... depende de $\mathbb{K}$ qué trata uno de hacer. Por ejemplo, si $\mathbb{}\eq=\mathbb{C}$, los únicos polinomios no constantes irreducibles son de grado $1$. Pero para $\mathbb{K}\eq=\mathbb{R}$, tenés que pedir que el grado sea mayor que $2$. Si tomás $\mathbb{K}\eq=\mathbb{Q}$ la situación es más complicada... y aún cuando buscás raíces, puede que no te baste. Por ejemplo, el polinomio $1+X+{X}^{2}+{X}^{3}+{X}^{4}$ es irreducible en $\mathbb{Q}[X]$. Tiene que ver con cómo son las raíces.
En definitiva, no es fácil en general, pero lo que tenés que hacer es primero ver si tiene las raíces en el cuerpo que trabajás, y estudiarlas. Es un poco vago, pero depende del problema.
Espero haber ayudado con eso. Saludos.

#10 crazy2k 2008-12-19 04:48

Claro que sirve. Muchas gracias.

#11 crazy2k 2008-12-19 05:38

A ver, van las heurísticas que estuve charlando con exequiel (corríjanme si me equivoco en algo):

Problema: Tengo un polinomio $f \in \mathbb{K}[X]$ y necesito llevarlo a un producto de irreducibles en $\mathbb{K}[X]$ ($\mathbb{K=Q,R,C,Z_p}$).

Si el polinomio tiene coeficientes en $\mathbb{K}$ (el caso de cualquier polinomio en Álgebra I), y $gr(f) = 1 \Rightarrow$ f es irreducible . O sea, si tiene grado 1, ya terminé.
Si tiene $gr(f) \geq 2$, entonces el polinomio puede ser irreducible o no, dependiendo de quién sea $\mathbb{K}$.

Si $\mathbb{K = C}$, el polinomio no es irreducible, pues un polinomio es irreducible en $\mathbb{C}[X] \Leftrightarrow gr(f) = 1$.
Si $\mathbb{K = R}$, hay que mirar las raíces del polinomio. Si entre las raíces aparece alguna real, el polinomio no es irreducible. En caso contrario, lo es.
(Me pidió exequiel que aclare, además, que si $gr (f)$ > 2 para $\mathbb{K=C}$ o $\mathbb{K = R}$, el polinomio no es irreducible.)
Si $\mathbb{K = Q}$, vaya uno a saber. 😛

Ok. Supongamos ahora que descubrimos que nuestro polinomio no es irreducible. ¿Qué hacemos ahora para llegar a los polinomios que componen su factorización como producto de irreducibles?

En todos los casos, se trata de encontrar raíces y usar un corolario del Teorema del Resto que dice:
Sea $p \in \mathbb{K}[X]$. Se cumple que: p es divisible por $X - a \Leftrightarrow$ a es raíz de p.

Luego, si hallamos la raíz del polinomio mediante algún método, podemos reducirlo hasta que llegar a un polinomio irreducible.

Si $\mathbb{K = R}$, para llegar a los polinomios que componen su factorización, hace falta que dividamos a f por $(X - \alpha_i)$ (con $\alpha_i$ raíz real de f) hasta llegar a un polinomio Q(X) con raíces únicamente complejas con parte imaginaria no nula. Ahora, para obtener la factorización, primero debemos agrupar las raíces complejas con parte imaginaria no nula de Q(X) con sus respectivos conjugados. Para cada par $(\beta_i, \bar{\beta_{i}})$ de ellas, obtenemos $Q_i = (X - \beta_i)\cdot(X - \bar{\beta_{i}})$. La factorización del polinomio será $(X - \alpha_1)\cdot(X - \alpha_2)\cdot...\cdot(X - \alpha_m) \cdot Q_1(X) \cdot Q_2(X) \cdot ... \cdot Q_k(X)$.
Si $\mathbb{K = C}$, debemos hacer lo mismo, sólo que no pararemos de dividir nuestro polinomio hasta llegar a uno de grado 1. Y allí factorizaremos el polinomio como $(X - \alpha_1)\cdot(X - \alpha_2)\cdot...\cdot(X - \alpha_n)$ (con $\alpha_i$ las raíces del polinomio).

¿Qué métodos hay para encontrar raíces?
Que se me ocurran ahora:

A ojo. Elijo ingeniosamente un número a y si f(a) = 0 ¡Eureka!
Usando el criterio de Gauss.
Siendo $\mathbb{K = R}$, si tengo una raíz compleja sé que su conjugada también es raíz.
Siendo un polinomio con coeficientes racionales, si $a - b\sqrt{d}$ (a y b racionales, y d natural que no es cuadrado de ningún entero) sé que $a + b\sqrt{d}$ también es raíz. (Lo mismo sé sobre el primero si sé que el último es raíz.)

Cualquier error/aporte/sugerencia, me dicen.