Álgebra Superior II: Irreducibilidad y factorización en polinomios reales

Deja un comentario

Introducción

Los números enteros tiene un teorema de factorización en primos: el teorema fundamental de la aritmética. Los polinomios en $\mathbb{R}[x]$ también. En esta entrada hablaremos de la irreducibilidad y factorización en polinomios reales. Lo primero lo haremos para decir «quiénes son los primos» en $\mathbb{R}[x]$. Para lo segundo usaremos el teorema del factor, que demostramos con anterioridad.

Resulta que el teorema de factorización en polinomios reales depende de un resultado importante de polinomios en $\mathbb{C}[x]$, es decir, los de coeficientes complejos. Esto es algo que sucede con frecuencia: a veces para resolver un problema en los números reales, hay que dar un paso hacia los complejos y luego regresar. Por esa razón, para esta entrada es importante que tengas en mente varias propiedades en los complejos, sobre todo cómo se realizan las operaciones y cuales son las propiedades de la conjugación compleja. Esto nos dará la oportunidad de enunciar (sin demostración) el teorema fundamental del álgebra.

Como recordatorio, un polinomio es irreducible en $\mathbb{R}[x]$ si no es un polinomio constante y no se puede escribir como producto de dos polinomios no constantes en $\mathbb{R}[x]$. Además, el teorema del factor nos dice que si $a$ es raíz de un polinomio $p(x)$, entonces $x-a$ divide a $p(x)$. Diremos que un polinomio es lineal si es de grado $1$ y cuadrático si es de grado $2$.

El teorema fundamental del álgebra

Así como construimos a $\mathbb{R}[x]$, se puede hacer algo análogo para construir a $\mathbb{C}[x]$, los polinomios de coeficientes complejos. Puedes practicar todo lo que hemos visto haciendo la construcción formal. Por el momento, para fines prácticos, puedes pensarlos como expresiones de la forma $$a_0+a_1 x + \ldots + a_n x^n$$ con $a_i$ complejos, digamos, $$(1+i)+2i x -3x^3+(5+2i)x^4.$$

Los polinomios en $\mathbb{C}[x]$ cumplen todo lo que hemos dicho de $\mathbb{R}[x]$: se vale el lema de Bézout, el algoritmo de Euclides, el teorema del factor, el teorema del residuo, etc. Una copia de $\mathbb{R}[x]$, con su estructura algebraica, «vive» dentro de $\mathbb{C}[x]$, es decir, todo polinomio con coeficientes reales se puede pensar como uno con coeficientes complejos.

Sin embargo, los polinomios en $\mathbb{R}[x]$ y en $\mathbb{C}[x]$ son muy diferentes en términos de raíces. Esto se nota, pir ejemplo, en el hecho de que el polinomio $x^2+1$ no tiene raíces en $\mathbb{R}$, pero sí en $\mathbb{C}$, donde la raíz es $i$. Resulta que esta $i$ hace toda la diferencia. Al agregarla no solamente hacemos que $x^2+1$ tenga una raíz, sino que ya todo polinomio tiene raíz. Esto está enunciado formalmente por el teorema fundamental del álgebra.

Teorema (teorema fundamental del álgebra). Todo polinomio no constante en $\mathbb{C}[x]$ tiene al menos una raíz en $\mathbb{C}$.

No vamos a demostrar este teorema durante el curso. Hay desde demostraciones elementales (como la que aparece en el bello libro Proofs from the book), hasta algunas muy cortas, pero que usan teoría un poco más avanzada (como las que se hacen en cursos de análisis complejo). Sin embargo, lo usaremos aquí para obtener algunas de sus consecuencias y, al final de esta entrada, demostrar los teoremas de irreducibilidad y factorización en polinomios reales.

Teorema de factorización en $\mathbb{C}[x]$

En la entrada anterior ya demostramos que los polinomios lineales son irreducibles. Veremos ahora que en $\mathbb{C}[x]$ no hay ningún otro polinomio irreducible.

Proposición. Los únicos polinomios irreducibles en $\mathbb{C}[x]$ son los de grado $1$.

Demostración. Tomemos cualquier polinomio $p(x)$ en $\mathbb{C}[x]$ de grado al menos $2$. Por el teorema fundamental del álgebra, $p(x)$ tiene al menos una raíz $z$ en $\mathbb{C}$. Por el teorema del factor, $$x-z \mid p(x),$$ así que podemos escribir $p(x)=(x-z)q(x)$ con $q(x)$ en $\mathbb{C}[x]$ de grado $\deg(p(x))-1\geq 1$.

De esta forma, pudimos factorizar al polinomio $p(x)$ en dos factores no constantes, y por lo tanto no es irreducible.

$\square$

Con esto podemos mostrar que en $\mathbb{C}[x]$ todo polinomio es factorizable como producto de términos lineales.

Teorema (de factorización única en $\mathbb{C}[x]$). Todo polinomio $p(x)$ en $\mathbb{C}[x]$ distinto del polinomio cero se puede factorizar de manera única como $$p(x)=a(x-z_1)(x-z_2)\cdots(x-z_n)$$ en donde $a$ es un complejo no cero, $n$ es el grado de $p(x)$ y $z_1,\ldots,z_n$ son complejos que son raíces de $p(x)$.

Demostración. Mostraremos la existencia de la factorización. La parte de la unicidad es sencilla, y su demostración queda como tarea moral. Procedemos por inducción en el grado de $p(x)$. Si $p(x)$ es de grado cero, entonces es de la forma $p(x)=a$ con $a$ un complejo, y ya está en la forma que queremos.

Tomemos ahora un entero $n\geq 1$. Supongamos que el resultado es cierto para los polinomios de grado $n-1$ y consideremos un polinomio $p(x)$ de grado $n$. Por el teorema fundamental del álgebra, $p(x)$ tiene al menos una raíz, digamos $z_n$. Usando el teorema del factor, existe un polinomio $q(x)$, que debe de ser de grado $n-1$, tal que $$p(x)=q(x)(x-z_n).$$ Aplicando la hipótesis inductiva a $q(x)$, podemos factorizarlo de la forma $$q(x)=a(x-z_1)(x-z_2)\cdots(x-z_{n-1}),$$ con $z_1,\ldots,z_{n-1}$ raíces de $q(x)$ (y por lo tanto también raíces de $p(x)$). De esta forma, $$p(x)=(x-z_1)(x-z_2)\cdots(x-z_{n-1})(x-z_n)$$ es una factorización que cumple lo que queremos. Esto termina la hipótesis inductiva, y por lo tanto la parte de existencia de la demostración.

$\square$

Ejemplo. Consideremos al polinomio $$p(x)=x^4+5x^2+4$$ en $\mathbb{R}[x]$. Este polinomio no tiene raíces reales, pues sus evaluaciones siempre son positivas. Sin embargo, lo podemos pensar como un polinomio en $\mathbb{C}[x]$. Por el teorema fundamental del álgebra, este polinomio debe tener una raíz en $\mathbb{C}$.

Afortunadamente, podemos encontrarla por inspección. Una de estas raíces es $i$, pues $$i^4+5i^2+4=1-5+4=0.$$ Por el teorema del factor, $x-i$ divide a $p(x)$. Al realizar la división, obtenemos $$p(x)=(x-i)(x^3+ix^2+4x+4i).$$ De aquí, por inspección, obtenemos que $-i$ es una raíz de $x^3+ix^2+4x+4i$, y realizando la división entre $x+i$, tenemos que $$p(x)=(x-i)(x+i)(x^2+4).$$

El polinomio $x^2+4$ claramente tiene como raíces a $2i$ y $-2i$. A partir de todo esto concluimos que $$p(x)=(x-i)(x+i)(x-2i)(x+2i)$$ es la factorización de $p(x)$ en polinomios lineales en $\mathbb{C}[x]$.

$\square$

En el ejemplo anterior podemos agrupar los factores $(x-i)$ y $(x+i)$ para obtener el polinomio $x^2+1$. De aquí obtenemos la factorización alternativa $$p(x)=(x^2+1)(x^2+2).$$ Esta factorización tiene puros coeficientes reales. Aquí hay que hacer una observación importante: esta no es una factorización en irreducibles en $\mathbb{C}[x]$, pero sí es una factorización en irreducibles en $\mathbb{R}[x]$. Retomaremos varias de estas ideas más en general en las siguientes secciones.

Raíces complejas de polinomios en $\mathbb{R}[x]$

En el ejemplo de la sección anterior sucedió que $i$ era una raíz de $p(x)$, y que $-i$ también. Cuando tenemos un polinomio de coeficientes reales y $z$ es un complejo que es raíz, entonces su conjugado también.

Proposición. Tomemos $p(x)$ un polinomio en $\mathbb{R}[x]$ y $z$ un número en $\mathbb{C}$. Si $p(z)=0$, entonces $p(\overline{z})=0$.

Demostración. Si $p(x)$ es el polinomio cero, la afirmación es cierta. En otro caso, sea $n$ el grado de $p(x)$ y escribamos a $p(x)$ como $$p(x)=a_0+a_1x+\ldots+a_nx^n,$$ donde $a_i$ son números en $\mathbb{R}$ para $i=0,\ldots,n$. Por lo que sabemos de la conjugación compleja, $\overline{a_i}=a_i$, y además abre sumas y productos. Así,
\begin{align*}
\overline{p(z)}&=\overline{a_0+a_1z+\ldots+a_nz^n}\\
&=\overline{a_0}+\overline{a_1z}+\ldots +\overline{a_nz^n}\\
&=\overline{a_0} + \overline{a_1}\, \overline{z} + \ldots +\overline{a_n}\, \overline{z}^n\\
&=a_0 + a_1 \overline{z} + \ldots + a_n \overline{z}^n\\
&=p(\overline{z}).
\end{align*}

Como $p(z)=0$, concluimos que $$p(\overline{z})=\overline{p(z)}=\overline{0}=0.$$

$\square$

El resultado anterior no es cierto en general para polinomios con coeficientes en $\mathbb{C}[x]$. Esto debe ser muy claro pues, por ejemplo, $i$ es raíz de $x-i$, pero $-i$ no.

Proposición. Tomemos $p(x)$ un polinomio en $\mathbb{R}[x]$ y una raíz $z$ de $p(x)$ en $\mathbb{C}\setminus \mathbb{R}$. Entonces el polinomio $$q(x)=x^2-(z+\overline{z})x+z\overline{z}$$ es un polinomio en $\mathbb{R}[x]$ que divide a $p(x)$ en $\mathbb{R}[x]$.

Demostración. Observa que $q(x)=(x-z)(x-\overline{z})$. Recordemos que
\begin{align*}
z+\overline{z}&=2\Rea{(z)} \\
z\overline{z}&=\norm{z}^2 .
\end{align*}

Esto muestra que los coeficientes de $q(x)$ son reales. Usemos el algoritmo de la división en $\mathbb{R}[x]$ para escribir $$p(x)=q(x)h(x)+r(x),$$ con $r(x)$ el polinomio cero, o de grado a lo más $1$.

Evaluando en $z$ y en $\overline{z}$, se obtiene que $r(z)=r(\overline{z})=0$. Como $z$ no es real, entonces $z$ y $\overline{z}$ son distintos. De este modo, $r(x)$ es el polinomio cero. Así, $p(x)=q(x)h(x)$ es una factorización de $p(x)$ en $\mathbb{R}[x]$ que usa a $q(x)$.

$\square$

Nuevamente, hay que tener cuidado con las hipótesis del resultado anterior. Es muy importante que usemos que $z$ es una raíz compleja y no real de un polinomio con coeficientes reales. En la tarea moral puedes encontrar un contraejemplo si no se satisfacen las hipótesis.

Ejemplo. Consideremos el polinomio $$p(x)=2x^3-16x^2+44x-40.$$ Una de sus raíces complejas es $3+i$, como puedes verificar. Como es un polinomio con coeficientes reales, el conjugado $3-i$ también es una raíz. Tal como lo menciona la proposición anterior, el polinomio
\begin{align*}
q(x):&=(x-(3+i))(x-(3-i))\\
&=x^2-(3+i+3-i)x+(3+i)(3-i)\\
&=x^2-6x+10
\end{align*}

es un polinomio de coeficientes reales. Además, divide a $p(x)$ en $\mathbb{R}[x]$ pues haciendo la división polinomial, tenemos que $$2x^3-16x^2+44x-40=(2x-4)(x^2-6x+10).$$

$\square$

Irreducibilidad y factorización en polinomios reales

Con todo lo que hemos hecho hasta ahora, estamos listos para probar los resultados que queremos en $\mathbb{R}[x]$. Observa que los enunciados de las secciones anteriores involucran a $\mathbb{C}$, pero los de esta sección ya no. Sin embargo, para hacer las demostraciones tenemos que dar un «brinco momentáneo a los complejos».

Recuerda que para un polinomio cuadrático $q(x)=ax^2+bx+c$ su discriminante es $b^2-4ac$.

Teorema (irreducibilidad en polinomios reales). Los únicos polinomios irreducibles en $\mathbb{R}[x]$ son los lineales y los cuadráticos de discriminante negativo.

Demostración. Ya mostramos antes que los polinomios lineales son irreducibles. Si $q(x)=ax^2+bx+c$ es un polinomio cuadrático y $r$ es una raíz real, tenemos que
\begin{align*}
ar^2+br+c&=0\\
r^2+\frac{b}{a}r+\frac{c}{a}&=0\\
r^2+\frac{b}{a}r+\frac{b^2}{4a^2}-\frac{b^2}{4a^2}+\frac{c}{a}&=0\\
\left(r+\frac{b}{2a}\right)^2&=\frac{b^2-4ac}{4a^2}.
\end{align*}

De esta igualdad, obtenemos que $\frac{b^2-4ac}{4a^2}\geq 0$ y por lo tanto que $b^2-4ac \geq 0$. Dicho de otra forma, si $b^2-4ac<0$, entonces $q(x)$ no tiene raíces reales. De esta misma equivalencia de igualdades se puede ver que si $b^2-4ac\geq 0$, entonces $q(x)$ sí tiene por lo menos una raíz real.

Supongamos que $q(x)$ es un polinomio cuadrático con discriminante negativo. Si existiera una factorización en $\mathbb{R}[x]$ de la forma $q(x)=a(x)b(x)$, con ninguno de ellos constante, entonces ambos deben tener grado $1$. Podemos suponer que $a$ es mónico. Pero entonces $a(x)=x-r$ para $r$ un real, y por el teorema del factor tendríamos que $r$ sería raíz de $q(x)$, una contradicción a la discusión anterior. Esto muestra que $q(x)$ es irreducible.

Falta ver que no hay ningún otro polinomio irreducible en $\mathbb{R}[x]$. Cuando $p(x)$ es cuadrático de discriminante no negativo, entonces por la fórmula cuadrática tiene al menos una raíz real $r$ y por lo tanto $x-r$ divide a $p(x)$, mostrando que no es irreducible.

Si $p(x)$ es de grado mayor o igual a $3$ y tiene una raíz real $r$, sucede lo mismo. En otro caso, es de grado mayor o igual a $3$ y no tiene raíces reales. Pero de cualquier forma tiene al menos una raíz compleja $z$. Usando la proposición de la sección anterior, tenemos que $x^2-(z+\overline{z})x+z\overline{z}$ es un polinomio de coeficientes reales que divide a $p(x)$ en $\mathbb{R}[x]$, lo cual muestra que no es irreducible.

Concluimos entonces que los únicos polinomios irreducibles en $\mathbb{R}[x]$ son los lineales y los cuadráticos de discriminante negativo.

$\square$

Ahora sí podemos enunciar el resultado estelar de esta entrada.

Teorema (factorización en polinomios reales). Todo polinomio $p(x)$ en $\mathbb{R}[x]$ distinto del polinomio cero se puede factorizar de manera única como $$a(x-r_1)\cdots(x-r_m)(x^2-b_1x+c_1)\cdots (x^2-b_{n}x+c_{n}),$$ en donde:

  • $a$ es un real distinto de cero,
  • $m$ y $n$ son enteros tales que $m+2n$ es igual al grado de $p(x)$,
  • para cada $i$ en $\{1,\ldots,m\}$ se tiene que $r_i$ es raíz real de $p(x)$ y
  • para cada $j$ en $ \{1,\ldots,n\}$ se tiene que $b_j,c_j$ son reales tales que $b_j^2-4c_j<0$.

Demostración. Mostraremos la existencia de la factorización. La parte de la unicidad es sencilla, y su demostración queda como tarea moral. Si $p(x)$ es irreducible, entonces al factorizar su coeficiente principal $a$ obtenemos la factorización deseada. Si $p(x)$ no es irreducible, procedemos por inducción fuerte sobre el grado $d$ de $p(x)$. El menor grado que debe tener es $2$ para no ser irreducible.

Si $d=2$ y es no irreducible, el resultado es cierto pues se puede factorizar como dos factores lineales y luego factorizar al término $a$ los coeficientes principales de cada factor para que queden mónicos.

Sea $d\geq 3$ y supongamos el resultado cierto para todo polinomio de grado menor a $d$. Tomemos un polinomio $p(x)$ de grado $d$. Por el teorema de irreducibilidad de polinomios reales, $p(x)$ no es irreducible, así que se puede factorizar como $p(x)=r(x)s(x)$ con $r(x)$ y $s(x)$ no constantes, y por lo tanto de grado menor al de $p(x)$. Por hipótesis inductiva, tienen una factorización como la del teorema. La factorización de $p(x)$ se obtiene multiplicando ambas. Esto termina la inducción.

$\square$

Veamos cómo podemos usar todas estas ideas en un problema en concreto de factorización en polinomios reales.

Problema. Factoriza al polinomio $x^{12}-1$ en polinomios irreducibles en $\mathbb{R}[x]$.

Solución. Usando identidades de factorización, podemos avanzar bastante:
\begin{align*}
x^{12}-1&=(x^6-1)(x^6+1)\\
&=(x^3-1)(x^3+1)(x^6+1)\\
&=(x-1)(x^2+x+1)(x+1)(x^2-x+1)(x^2+1)(x^4-x^2+1).
\end{align*}

Hasta aquí, $x+1$ y $x-1$ son factores lineales. Además, $x^2+x+1$, $x^2-x+1$ y $x^2+1$ son factores cuadráticos irreducibles pues sus discriminantes son, respectivamente, $-3,-3,-4$.

Aún queda un factor $x^4-x^2+1$ que por ser de grado $4$ no es irreducible. Sumando y restando $2x^2$, y luego factorizando la diferencia de cuadrados, tenemos:
\begin{align*}
x^4-x^2+1 &= x^4+2x^2+1-3x^2\\
&=(x^2+1)^2-3x^2\\
&=(x^2+1-\sqrt{3}x)(x^2+1+\sqrt{3}x).
\end{align*}

Cada uno de estos factores cuadráticos tiene discriminante $-1$, y por lo tanto es irreducible. Concluimos entonces que la factorización en irreducibles de $x^{12}-1$ en $\mathbb{R}[x]$ es
\begin{align*}
(x-1)(x&+1)(x^2+1)(x^2+x+1)\\
&(x^2-x+1)(x^2+\sqrt{3}x+1)(x^2-\sqrt{3}x+1).
\end{align*}

$\square$

Tarea moral

  • Haz la construcción formal de $\mathbb{C}[x]$ a partir de sucesiones de complejos. Muestra que se pueden expresar en la notación de $x$ y sus potencias. Prueba los teoremas que hemos visto hasta ahora. Todo debe ser análogo al caso real, por lo que te servirá mucho para repasar los conceptos vistos hasta ahora.
  • Muestra la unicidad de la factorización en $\mathbb{C}[x]$ y en $\mathbb{R}[x]$.
  • Sea $z$ un complejo no real. Muestra que que $x-z$ y $x-\overline{z}$ son polinomios primos relativos en $\mathbb{C}[x]$.
  • Hay que tener cuidado en las hipótesis de los teoremas de esta entrada. Muestra que $3$ es una raíz del polinomio $x^3-6x^2+11x-6$, pero que $x^2-6x+9$ no divide a este polinomio.
  • Argumenta por qué en el teorema de factorización en polinomios reales sucede que $m+2n$ es el grado de $p(x)$.

Más adelante

El teorema fundamental del álgebra y sus consecuencias en $\mathbb{R}$ son los resultados algebraicos más importantes que obtendremos en el estudio de polinomios, ya que nos permite caracterizar, al menos en teoría a todos los polinomios a partir de sus raíces.

En las siguientes entradas ocuparemos las herramientas que hemos desarrollado hasta ahora, sin embargo cambiaremos el enfoque de estudio, usaremos también herramientas de los cursos de cálculo para poder dar un análisis más detallado del comportamiento de los polinomios, y que nos servirán para que en muchos casos podamos encontrar las raíces de un polinomio, o cuando menos tener una idea de cómo son.

Entradas Relacionadas

Deja una respuesta

Tu dirección de correo electrónico no será publicada. Los campos obligatorios están marcados con *

Este sitio usa Akismet para reducir el spam. Aprende cómo se procesan los datos de tus comentarios.