Criteriul Eisenstein

În algebră , criteriul Eisenstein este un criteriu pentru demonstrarea ireductibilității unor polinoame cu coeficienți întregi . Acesta poartă numele matematicianului german Gotthold Eisenstein .

Criteriul

Este $P(x)$ ${\ displaystyle P (x)}$ $P (x)$ un polinom primitiv cu coeficienți întregi

P(x)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots +a_{1}x+a_{0}.

{\ displaystyle P (x) = a_ {n} x ^ {n} + a_ {n-1} x ^ {n-1} + \ ldots + a_ {1} x + a_ {0}.}

P (x) = a_ {n} x ^ {n} + a _ {{n-1}} x ^ {{n-1}} + \ ldots + a_ {1} x + a_ {0}.

Criteriul Eisenstein afirmă că:

Dacă există un număr prim $p$ ${\ displaystyle p}$ $p$ astfel încât:

$p$ ${\ displaystyle p}$ $p$ nu împarte $a_{n}$ ${\ displaystyle a_ {n}}$ $a_ {n}$ ,
$p$ ${\ displaystyle p}$ $p$ împarte $a_{0},a_{1},\ldots ,a_{n-1}$ ${\ displaystyle a_ {0}, a_ {1}, \ ldots, a_ {n-1}}$ $a_ {0}, a_ {1}, \ ldots, a _ {{n-1}}$ ,
$p^{2}$ ${\ displaystyle p ^ {2}}$ $p ^ {2}$ nu împarte $a_{0}$ ${\ displaystyle a_ {0}}$ $a_ {0}$ ,

Atunci $P(x)$ ${\ displaystyle P (x)}$ $P (x)$ este ireductibil printre polinoame cu coeficienți întregi.

Cu alte cuvinte, dacă presupunerile sunt valabile, nu există două polinoame cu coeficienți întregi $H(x)$ ${\ displaystyle H (x)}$ $H (x)$ Și $G(x)$ ${\ displaystyle G (x)}$ $G (x)$ și cel puțin un grad astfel încât

H(x)\cdot G(x)=P(x).

{\ displaystyle H (x) \ cdot G (x) = P (x).}

H (x) \ cdot G (x) = P (x).

Pentru lema lui Gauss , nu există nici măcar două polinoame $H(x)$ ${\ displaystyle H (x)}$ $H (x)$ Și $G(x)$ ${\ displaystyle G (x)}$ $G (x)$ cu coeficienți raționali de grad cel puțin unul al cărui produs este $P(x)$ ${\ displaystyle P (x)}$ $P (x)$ .

Criteriul poate fi generalizat la orice domeniu de factorizare : este suficient să înlocuiți noțiunea de număr prim cu cea de element prim .

Exemplu

Să luăm în considerare de exemplu polinomul $P(x)=3x^{2}+25x+10$ ${\ displaystyle P (x) = 3x ^ {2} + 25x + 10}$ $P (x) = 3x ^ {2} + 25x + 10$ ; la aceasta putem aplica criteriul începând de la primul p = 5 , care împarte 10 și 25, dar nu 3; În plus $5^{2}=25$ ${\ displaystyle 5 ^ {2} = 25}$ $5 ^ {2} = 25$ nu împarte 10. Din aceasta putem deduce că P (x) este ireductibil.

Ultima condiție este importantă: de fapt dacă luăm în considerare polinomul $Q(x)=x^{2}+10x+25$ ${\ displaystyle Q (x) = x ^ {2} + 10x + 25}$ $Q (x) = x ^ {2} + 10x + 25$ , acest lucru verifică primele două condiții, dar nu și a treia și nu este ireductibil: factoringul există $Q(x)=(x+5)^{2}=(x+5)(x+5)$ ${\ displaystyle Q (x) = (x + 5) ^ {2} = (x + 5) (x + 5)}$ $Q (x) = (x + 5) ^ {2} = (x + 5) (x + 5)$

Demonstrație

Să presupunem în mod absurd că există două polinoame G (x) și H (x) care factorizează P (x) (unde P (x) verifică ipotezele criteriului lui Eisenstein), de grad g și respectiv h ; apoi descompunem P (x) ca.

$a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots +a_{1}x+a_{0}=(b_{g}x^{g}+b_{g-1}x^{g-1}+\ldots +b_{1}x+b_{0})(c_{h}x^{h}+c_{h-1}x^{h-1}+\ldots +c_{1}x+c_{0})$ ${\ displaystyle a_ {n} x ^ {n} + a_ {n-1} x ^ {n-1} + \ ldots + a_ {1} x + a_ {0} = (b_ {g} x ^ {g } + b_ {g-1} x ^ {g-1} + \ ldots + b_ {1} x + b_ {0}) (c_ {h} x ^ {h} + c_ {h-1} x ^ { h-1} + \ ldots + c_ {1} x + c_ {0})}$ $a_ {n} x ^ {n} + a _ {{n-1}} x ^ {{n-1}} + \ ldots + a_ {1} x + a_ {0} = (b_ {g} x ^ {g} + b _ {{g-1}} x ^ {{g-1}} + \ ldots + b_ {1} x + b_ {0}) (c_ {h} x ^ {h} + c _ {{h -1}} x ^ {{h-1}} + \ ldots + c_ {1} x + c_ {0})$

Avem atunci

$a_{0}=b_{0}c_{0}$ ${\ displaystyle a_ {0} = b_ {0} c_ {0}}$ $a_ {0} = b_ {0} c_ {0}$ prin urmare $p|b_{0}c_{0}$ ${\ displaystyle p | b_ {0} c_ {0}}$ $p | b_ {0} c_ {0}$ Și $p^{2}\nmid b_{0}c_{0}$ ${\ displaystyle p ^ {2} \ nmid b_ {0} c_ {0}}$ $p ^ {2} \ nmid b_ {0} c_ {0}$

deci dacă nu există inversiuni $p|b_{0}$ ${\ displaystyle p | b_ {0}}$ $p | b_ {0}$ Și $p\nmid c_{0}$ ${\ displaystyle p \ nmid c_ {0}}$ $p \ nmediu c_ {0}$ , Hai sa continuăm

$p|b_{0}c_{1}+b_{1}c_{0}$ ${\ displaystyle p | b_ {0} c_ {1} + b_ {1} c_ {0}}$ $p | b_ {0} c_ {1} + b_ {1} c_ {0}$ pentru care $p|b_{1}$ ${\ displaystyle p | b_ {1}}$ $p | b_ {1}$

$p|b_{0}c_{2}+b_{1}c_{1}+b_{2}c_{0}$ ${\ displaystyle p | b_ {0} c_ {2} + b_ {1} c_ {1} + b_ {2} c_ {0}}$ $p | b_ {0} c_ {2} + b_ {1} c_ {1} + b_ {2} c_ {0}$ pentru care $p|b_{2}$ ${\ displaystyle p | b_ {2}}$ $p | b_ {2}$

...

din expresiile anterioare se poate deduce $p|b_{k}$ ${\ displaystyle p | b_ {k}}$ $p | b_ {k}$ , asa de $p|G(x)$ ${\ displaystyle p | G (x)}$ ${\ displaystyle p | G (x)}$ , dar aceasta implică asta $p|P(x)$ ${\ displaystyle p | P (x)}$ ${\ displaystyle p | P (x)}$ și deci absurdul $p|a_{n}$ ${\ displaystyle p | a_ {n}}$ $p | a_ {n}$ .

Dovadă alternativă

O altă dovadă poate fi dată folosind câmpul $\mathbb {Z} _{p}$ ${\ displaystyle \ mathbb {Z} _ {p}}$ $\ mathbb {Z} _p$ dintre clasele rămase formează prima $p$ ${\ displaystyle p}$ $p$ .

Să luăm în considerare polinomul $\pi _{p}(f(x))$ ${\ displaystyle \ pi _ {p} (f (x))}$ ${\ displaystyle \ pi _ {p} (f (x))}$ , obținut din polinom $f(x)$ ${\ displaystyle f (x)}$ $f (x)$ proiectându-și coeficienții în $\mathbb {Z} _{p}$ ${\ displaystyle \ mathbb {Z} _ {p}}$ $\ mathbb {Z} _p$ ; întrucât prin ipoteză $p$ ${\ displaystyle p}$ $p$ împarte toți coeficienții, cu excepția coeficientului director, $\pi _{p}(f(x))=c\cdot x^{n}$ ${\ displaystyle \ pi _ {p} (f (x)) = c \ cdot x ^ {n}}$ ${\ displaystyle \ pi _ {p} (f (x)) = c \ cdot x ^ {n}}$ cu $c\in \mathbb {Z} _{p}$ ${\ displaystyle c \ in \ mathbb {Z} _ {p}}$ ${\ displaystyle c \ in \ mathbb {Z} _ {p}}$ , $c\neq 0$ ${\ displaystyle c \ neq 0}$ ${\ displaystyle c \ neq 0}$ . De când în $\mathbb {Z} _{p}[x]$ ${\ displaystyle \ mathbb {Z} _ {p} [x]}$ ${\ displaystyle \ mathbb {Z} _ {p} [x]}$ se aplică factorizarea unică, fiecare factorizare a $f(x)$ ${\ displaystyle f (x)}$ $f (x)$ în $\mathbb {Z} _{p}[x]$ ${\ displaystyle \ mathbb {Z} _ {p} [x]}$ ${\ displaystyle \ mathbb {Z} _ {p} [x]}$ va fi în monomii. Să presupunem că acum $f(x)$ ${\ displaystyle f (x)}$ $f (x)$ este reductibil la $\mathbb {Z} [x]$ ${\ displaystyle \ mathbb {Z} [x]}$ ${\ displaystyle \ mathbb {Z} [x]}$ , adică că există $g(x),h(x)\in \mathbb {Z} [x]$ ${\ displaystyle g (x), h (x) \ in \ mathbb {Z} [x]}$ ${\ displaystyle g (x), h (x) \ in \ mathbb {Z} [x]}$ astfel încât $f(x)=g(x)\cdot h(x)$ ${\ displaystyle f (x) = g (x) \ cdot h (x)}$ ${\ displaystyle f (x) = g (x) \ cdot h (x)}$ cu $1\leq deg(g),\ deg(h)\leq n-1$ ${\ displaystyle 1 \ leq deg (g), \ deg (h) \ leq n-1}$ ${\ displaystyle 1 \ leq deg (g), \ deg (h) \ leq n-1}$ . Ați avea acești factori $g(x)$ ${\ displaystyle g (x)}$ $g (x)$ Și $h(x)$ ${\ displaystyle h (x)}$ $h (x)$ , formă proiectată $p$ ${\ displaystyle p}$ $p$ , ar fi monomii, adică am avea $\pi _{p}(g(x))=d\cdot x^{r}$ ${\ displaystyle \ pi _ {p} (g (x)) = d \ cdot x ^ {r}}$ ${\ displaystyle \ pi _ {p} (g (x)) = d \ cdot x ^ {r}}$ Și $\pi _{p}(h(x))=e\cdot x^{n-r}$ ${\ displaystyle \ pi _ {p} (h (x)) = e \ cdot x ^ {nr}}$ ${\ displaystyle \ pi _ {p} (h (x)) = e \ cdot x ^ {n-r}}$ , cu $d,e\in \mathbb {Z} _{p}$ ${\ displaystyle d și \ in \ mathbb {Z} _ {p}}$ ${\ displaystyle d și \ in \ mathbb {Z} _ {p}}$ , $d,e\neq 0$ ${\ displaystyle d, e \ neq 0}$ ${\ displaystyle d, e \ neq 0}$ .

Este ușor să verificați asta $\pi _{p}(g(0))=\pi _{p}(g(x))(0)=0$ ${\ displaystyle \ pi _ {p} (g (0)) = \ pi _ {p} (g (x)) (0) = 0}$ ${\ displaystyle \ pi _ {p} (g (0)) = \ pi _ {p} (g (x)) (0) = 0}$ este asta $\pi _{p}(h(x))(0)=\pi _{p}(h(0))=0,$ ${\ displaystyle \ pi _ {p} (h (x)) (0) = \ pi _ {p} (h (0)) = 0,}$ ${\ displaystyle \ pi _ {p} (h (x)) (0) = \ pi _ {p} (h (0)) = 0,}$ asa de $p$ ${\ displaystyle p}$ $p$ împarte $g(0)$ ${\ displaystyle g (0)}$ ${\ displaystyle g (0)}$ Și $h(0)$ ${\ displaystyle h (0)}$ ${\ displaystyle h (0)}$ . Dar apoi $p^{2}$ ${\ displaystyle p ^ {2}}$ $p ^ 2$ împarte $g(0)h(0)=f(0)=a_{0},$ ${\ displaystyle g (0) h (0) = f (0) = a_ {0},}$ ${\ displaystyle g (0) h (0) = f (0) = a_ {0},}$ contrazicând ipoteza $p^{2}\nmid a_{0}$ ${\ displaystyle p ^ {2} \ nmed a_ {0}}$ $p ^ {2} \ nmid a_ {0}$ . Prin urmare $f(x)$ ${\ displaystyle f (x)}$ $f (x)$ nu poate fi luat în considerare $\mathbb {Z} [x]$ ${\ displaystyle \ mathbb {Z} [x]}$ ${\ displaystyle \ mathbb {Z} [x]}$ și, prin urmare, nici măcar în $\mathbb {Q} [x]$ ${\ displaystyle \ mathbb {Q} [x]}$ ${\ displaystyle \ mathbb {Q} [x]}$ de lema lui Gauss .