Factorización de polinomios

Publicada el enero 14, 2015 por Fernando Revilla

Proporcionamos ejemplos de factorización de polinomios en producto de irreducibles.

    Enunciado
  1. Descomponer el polinomio $f(x)=x^6+1$ en producto de factores irreducibles
    $a)$ En $\mathbb{C}[x].\quad$ $b)$ En $\mathbb{R}[x].$
  2. Descomponer el polinomio $f(x)=x^4-10x^2+1$ en producto de factores irreducibles
    $a)$ En $\mathbb{C}[x].\quad$ $b)$ En $\mathbb{R}[x].$
  3. Descomponer en producto de factores irreducibles el polinomio de $\mathbb{Z}_5[x]$ $$p(x)=x^5+x^4+4x^3+4x^2+3x+3.$$
  4. Efectuar la factorización de $f(x)=x^8+x^4+1$ en producto de polinomios irreducibles en $\mathbb{R}[x].$
  5. Descomponer en producto de factores irreducibles el polinomio $$p(x)=x^4+\frac{7}{3}x^3+\frac{73}{36}x^2+\frac{7}{9}x+\frac{1}{9},$$ sabiendo que tiene dos raíces reales dobles.
  6. $(a)$ Descomponer en producto de factores irreducibles los polinomios de $\mathbb{Z}_5[x]$ $$p(x)=x^4+4x^3+x^2+4x,\quad q(x)=x^3+x^2+x+1.$$ $(b)$ Calcular $\text{mcd } (p(x),q(x))$ y $\text{mcm }(p(x),q(x)).$
    Solución
  1. $a)$ Hallemos las raíces de $f(x).$ Tenemos $$x^6+1=0\Leftrightarrow x^6=-1\Leftrightarrow x=\sqrt [6]{-1}\Leftrightarrow x=\sqrt [6]{1(\cos \pi+i\operatorname{sen}\pi)}$$ $$=\sqrt [6]{1}\left(\cos \left(\frac{\pi}{6}+\frac{2k\pi}{6}\right)+i\operatorname{sen} \left(\frac{\pi}{6}+\frac{2k\pi}{6}\right)\right),\; (k=0,1,\ldots,5)$$ $$=\cos \left(\frac{\pi}{6}+\frac{k\pi}{3}\right)+i\operatorname{sen} \left(\frac{\pi}{6}+\frac{k\pi}{3}\right),\; (k=0,1,\ldots,5).$$ Dando a $k$ los correspondientes valores, $$k=0\Rightarrow w_0=\cos \frac{\pi}{6}+i\operatorname{sen} \frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i,$$ $$k=1\Rightarrow w_1=\cos \frac{\pi}{2}+i\operatorname{sen} \frac{\pi}{2}=i,$$ $$k=2\Rightarrow w_2=\cos \frac{5\pi}{6}+i\operatorname{sen} \frac{5\pi}{6}=-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i.$$ Como $f(x)=x^6+1$ es polinomio con coeficientes reales, las otras tres raíces han de ser las conjugadas de las anteriores, por tanto $$f(x)=\left(x-\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}i\right)\left(x-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i\right)$$ $$(x-i)(x+i)\left(x+\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}i\right)\left(x+\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i\right).$$ $b)$ Operando los factores que corresponden a raíces conjugadas obtenemos $$f(x)=(x^2+\sqrt{3}x+1)(x^2+1)(x^2-\sqrt{3}x+1).$$
  2. $a)$ Hallemos las raíces de $f(x).$ Tenemos $$x^4-10x^2+1=0,\;\;x^2=\frac{10\pm\sqrt{96}}{2}=\frac{10\pm4\sqrt{6}}{2}=5\pm\sqrt{6}.$$ Ahora bien, $\sqrt{5+2\sqrt{6}}=\pm(\sqrt{3}+\sqrt{2})$ pues $\left(\pm(\sqrt{3}+\sqrt{2})\right)^2=5+2\sqrt{6}.$ De manera análoga, $\sqrt{5+2\sqrt{6}}=\pm(\sqrt{3}-\sqrt{2}).$ Las raíces de $f(x)$ son por tanto $$\sqrt{3}+\sqrt{2},\;\;-\sqrt{3}-\sqrt{2},\;\;\sqrt{3}-\sqrt{2},\;\;-\sqrt{3}+\sqrt{2},$$ y la descomposición en factores irreducibles es $$f(x)=\left(x-\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)\left(x+\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)\left(x-\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)\left(x+\sqrt{3}-\sqrt{2}\right).$$ $b)$ Claramente la descomposición es la misma.
  3. Tenemos $$p(0)=3\neq 0,\;p(1)=1+1+4+4+3+4+3=1\neq 0.$$ $$p(2)=2+1+2+1+1+3=0.$$ Aplicando el algoritmo de Ruffini, $$\begin{array}{r|rrrr}
    & 1 & 1 & 4 & 4 & 3 & 3 \\2 & & 2 & 1 & 0 & 3 & 2\\\hline & 1 & 3 & 0 & 4 & 1 & 0 \end{array} \Rightarrow p(x)=(x-2)(\underbrace{x^4+3x^3+4x+1}_{p_1(x)}).$$ $$p_1(2)=1+2+3+1=2\neq 0,\;p_1(3)=1+1+2+1=0.$$ $$\begin{array}{r|rrrr}
    & 1 & 3 & 0 & 4 & 1 \\3 & & 3 & 3 & 4 & 4\\\hline & 1 & 1 & 3 & 3 & 0 \end{array} \Rightarrow p_1(x)=(x-3)(\underbrace{x^3+x^2+3x+3}_{p_2(x)}).$$ $$p_2(3)=2+4+4+3=3\neq 0,\;p_2(4)=4+1+2+3=0.$$ $$\begin{array}{r|rrrr}
    & 1 & 1 & 3 & 3 \\4 & & 4 & 0 & 2 \\\hline & 1 & 0 & 3 & 0 \end{array} \Rightarrow p_2(x)=(x-4)(\underbrace{x^2+3}_{p_3(x)}).$$ $$p_3(4)=1+3=4\neq 0.$$ En consecuencia, la descomposición en factores irreducibles de $p(x)$ es $$p(x)=(x-2)(x-3)(x-4)(x^2+3),$$ o de forma equivalente $$p(x)=(x+3)(x+2)(x+1)(x^2+3).$$
  4. Podemos expresar $$f(x)=x^8+x^4+1=\left(x^4+1\right)^2-x^4=\left(x^4+1\right)^2-\left(x^2\right)^2$$ $$=\left(x^4+1+x^2\right)\left(x^4+1-x^2\right)=\left(x^4+x^2+1\right)\left(x^4-x^2+1\right).$$ Por otra parte $$x^4-x^2+1=\left(x^2+1\right)^2-3x^2=\left(x^2+1\right)^2-\left(\sqrt{3}x\right)^2$$ $$=\left(x^2+1+(\sqrt{3}x)\right)\left(x^2+1-(\sqrt{3}x)\right)=\left(x^2+\sqrt{3}x+1\right)\left(x^2-x+1\right).$$ De manera análoga $$x^4+x^2+1=\left(x^2+1\right)^2-x^2=\left(x^2+x+1\right)\left(x^2-\sqrt{3}x+1\right).$$ Podemos expresar $$f(x)=\left(x^2+\sqrt{3}x+1\right)\left(x^2-\sqrt{3}x+1\right)\left(x^2-x+1\right)\left(x^2+x+1\right).$$ Los cuatro polinomios de segundo grado que aparecen tienen discriminante menor que $0$ luego son irreducibles en $\mathbb{R}[x]$ y por tanto ya tenemos la factorización pedida.
  5. Si $a$ es raíz doble de $p(x),$ entonces es raíz simple de $p'(x)$ con lo cual $a$ es raíz simple del $\text{m.c.d.}\left(p(x),p^{\prime}(x)\right).$ Usando el algoritmo de Euclides obtenemos $$D(x)=\text{m.c.d.}\left(p(x),p^{\prime}(x)\right)=6x^2+7x+2.$$ Hallemos las raíces de $D(x):$ $$6x^2+7x+2=0\Leftrightarrow x=\frac{-7\pm\sqrt{1}}{12}=\{-1/2,-2/3\},$$ por tanto, $$x^4+\frac{7}{3}x^3+\frac{73}{36}x^2+\frac{7}{9}x+\frac{1}{9}=\left(x+\frac{1}{2}\right)^2\left(x+\frac{2}{3}\right)^2.$$
  6. $(a)$ Tenemos $p(x)=x\;(\underbrace{x^3+4x^2+x+4}_{p_1(x)}).$ Por otra parte, $$p_1(0)=4\neq 0,\;p_1(1)=1+4+1+4=0.$$ Aplicando el algoritmo de Ruffini, $$\begin{array}{r|rrrr}
    & 1 & 4 & 1 & 4 \\1 & & 1 & 0 & 1 \\\hline & 1 & 0 & 1 & 0 \end{array} \Rightarrow p_1(x)=(x-1)(\underbrace{x^2+1}_{p_2(x)}).$$ $$p_2(1)=1+1=2\neq 0,\;p_2(2)=4+1=0.$$ $$\begin{array}{r|rrr}
    & 1 & 0 & 1 \\2 & & 2 & 4 \\\hline & 1 & 2 & 0 \end{array} \Rightarrow p_2(x)=(x-2)(x+2).$$ En consecuencia, $$p(x)=x(x-1)(x-2)(x+2)=x(x+4)(x+3)(x+2).$$ Procediendo de manera análoga obtenemos $$q(x)=(x+3)(x+2)(x+1).$$ $(b)$ De los apartados anteriores deducimos $$\text{mcd } (p(x),q(x))=(x+3)(x+2),$$ $$\text{mcm }(p(x),q(x))=x(x+4)(x+3)(x+2)(x+1).$$
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