Polinomio mínimo de un elemento algebraico

Definimos el concepto de polinomio mínimo de un elemento algebraico y estudiamos algunas de sus propiedades.

DEFINICIÓN.  Sea $K$ una extensión de $k$ y $\alpha\in K$ algebraico sobre $k.$ Sea $$p(x)=x^{\nu}+\cdots+a_1x+a_0\in k[x]$$ el polinomio de menor grado y mónico que anula a $\alpha.$ A $p(x)$ se le llama polinomio mínimo de $\alpha$ y a $\nu,$ grado de $\alpha$ sobre $k.$ $\;\square$

Ejemplo 1.  Claramente, $\alpha\in k\Leftrightarrow \nu=1.$

Ejemplo 2.  En $\mathbb{R}/\mathbb{Q}$ el polinomio mínimo de $\alpha=\sqrt{2}$ es $p(x)=x^2-2.$

TEOREMA.  Sea la extensión $K/k,$ $\alpha\in K$ algebraico sobre $k$ y $f\in k[x].$ Entonces, son equivalentes
$(i)\;\;$ $f$ es el polinomio mínimo de $\alpha$ sobre $k.$
$(ii)\;$ $f$ es mónico, irreducible y  $f(\alpha)=0.$

Demostración.  
$(i)\Rightarrow (ii).$ Si $f$ es el polinomio mínimo de $\alpha,$ por definición,  $f$ ha de ser mónico y además $f(\alpha)=0.$ Si $f$ fuera reducible, $$f=f_1\cdot f_2 \text{ con }f_i\in k[x],\; 1\leq \text{grado }f_i<\text{grado }f,\;(i=1,2).$$ Entonces,  $f_1(\alpha)f_2(\alpha)=0$ lo cual implica que $f_1(\alpha)=0$ o  $f_2(\alpha)=0.$ Es decir,  $f$ no sería polinomio mínimo de $\alpha$ en contradicción con la hipótesis.

$(ii)\Rightarrow (i).$  Sea $p$ el polinomio mínimo de $\alpha.$ Como  $f(\alpha)=0,$ se verifica que $f\in (p).$ Al ser  $f$  irreducible,  $f=\lambda p$ con $\lambda\in k$ no nulo. Al ser $p$ y $f$ mónicos,  $f=p.$ $\;\blacksquare$

Ejemplo 3.   El polinomio $f(x)=x^3-2$ es irreducible en $\mathbb{Q}[x].$ En efecto, si fuera reducible sería el producto en $\mathbb{Q}[x]$ de un polinomio de primer grado por otro de segundo, lo cual implica que $f$ tendría al menos una raíz racional.  Pero la únicas posibles raíces racionales de $f(x)$ son $\pm1 $ y $\pm 2,$ (que trivialmente no lo son).
Como  $f(x)$ es mónico y $f(\sqrt[3]{2})=0,$ concluimos que  $f$ es polinomio mínimo de $\sqrt[3]{2}\in\mathbb{R}$ sobre $\mathbb{Q}.$

TEOREMA.  Sea $K$ una extensión de $k,$ $\alpha\in K$ algebraico sobre $k$ y de grado $\nu.$  Entonces, todos los elementos de $k(\alpha)$ son expresiones polinómicas en $\alpha$ con coeficientes en $k$ y de grado $\leq \nu -1.$ Cada representación es única.

Demostración.  Sea $p(x)=x^{\nu}+\cdots+a_1x+a_0\in k[x]$ el polinomio mínimo de $\alpha.$ Si $\xi\in k(\alpha)=k[\alpha]$ entonces,  $\xi=f(\alpha)$ con  $f\in k[x].$ Efectuando la división euclídea de  $f$ entre $p,$ $$f(x)=q(x)p(x)+r(x),\quad \text{grado }r(x)<\nu.$$ Sustituyendo $\alpha$ en la igualdad anterior, $$\xi=f(\alpha)=r(\alpha)=c_0+c_1\alpha+\cdots+c_{\nu -1}\alpha^{\nu -1},\quad c_i\in k.$$ lo cual demuestra la primera parte del teorema. La representación es única. En efecto, si fuera $$c_0^\prime+c_1^\prime\alpha+\cdots+c_{\nu -1}^\prime\alpha^{\nu -1},\quad  c_i^\prime\in k,$$ restando obtendríamos $$(c_0-c_0^\prime)+(c_1-c_1^\prime)\alpha+\cdots+(c_{\nu -1}-c_{\nu -1}^\prime)\alpha^{\nu -1}=0.$$ Entonces,  $g(x)=(c_0-c_0^\prime)+(c_1-c_1^\prime)x+\cdots+(c_{\nu -1}-c_{\nu -1}^\prime)x^{\nu -1}\in k[x]$ anula a $\alpha$ y al ser $\nu$ el menor grado de los polinomios en $k[x]$ que lo anulan, ha de ser $g=0.$ Es decir $c_i=c_i^\prime$ para todo $i.$ $\;\blacksquare$

TEOREMA.    Sea $K$ una extensión de $k,$ $\alpha\in K$ algebraico sobre $k$ y de grado $\nu.$  Entonces, $[k(\alpha):k]=\nu$ y una base de $k(\alpha)$ sobre $k$ es $$B=\{1,\alpha,\alpha^2,\ldots,\alpha^{\nu-1}\}.$$

Demostración.  Por el teorema anterior, todos los elementos de $k(\alpha)$ son expresiones polinómicas en $\alpha$ con coeficientes en $k$ y de grado $\leq \nu -1,$ lo cual implica que $B$ es sistema generador de $k(\alpha)$ sobre $k.$ Supongamos ahora que $$\lambda_0\cdot 1+\lambda_1\alpha+\lambda_2\alpha^2+\cdots+\lambda_{\nu-1}\alpha^{\nu-1}=0\text{ con los }\lambda_i\in k.$$ Entonces,  $f(x)=\lambda_0+\lambda_1 x+\cdots+\lambda_{\nu-1}x^{\nu-1}\in k[x]$ anula a $\alpha$ y como el polinomio mínimo de $\alpha$ tiene grado $\nu$ ha de ser $f=0,$ luego $\lambda_i=0$ para todo $i.$ El sistema $B$ es por tanto libre.

Concluimos pues que $B$ es base de $k(\alpha)$ sobre $k$ y que $[k(\alpha):k]=\nu.$ $\;\blacksquare$

TEOREMA.  Sea $K$ una extensión de $k$ y $\alpha\in K.$ Entonces, $$\alpha\text{ es algebraico sobre }k\Leftrightarrow [k(\alpha):k]\text{ es finito.}$$

Demostración.  
$\Rightarrow)$ Es consecuencia inmediata del teorema anterior.
$\Leftarrow)$ Sea $m$ la dimensión de $[k(\alpha):k].$ Entonces los vectores $ 1,\alpha,\alpha^2,\ldots,\alpha^{m}$ son linealmente dependientes ($m+1$ vectores), lo cual implica que existen $\lambda_i\in k$ no todos nulos tales que $$\lambda_0+\lambda_1\alpha+\lambda_2\alpha^2+\cdots+\lambda_m\alpha^m=0.$$ El polinomio  $f(x)=\lambda_0+\lambda_1x+\cdots+\lambda_mx^m$ es no nulo, pertenece a $k[x]$ y  $f(\alpha)=0,$ luego $\alpha$ es algebraico sobre $k.$ $\;\blacksquare$