XIV OM - III - Zadanie 5

Dowieść, że wielomian stopnia piątego

\[<br />
P(x) = x^5 - 3x^4 + 6x^3 - 3x^2 + 9x - 6<br />
\]

nie jest iloczynem dwóch wielomianów stopnia niższego o współczynnikach całkowitych.

Rozwiązanie

Zauważmy, że jeżeli wielomian, w którym współczynnik najwyższego wyrazu równa się $ 1 $, jest iloczynem dwóch wielomianów o współczynnikach całkowitych, to można przyjąć, że w każdym z tych czynników współczynnik najwyższego wyrazu też równa się $ 1 $. Gdyż jeżeli ich najwyższymi wyrazami są $ a_0x^k $ i $ b_0x^k $, to $ a_0b_0 = 1 $, więc $ a_0=b_0=1 $ lub $ a_0 = b_0 = - 1 $, przy czym ten drugi przypadek sprowadza się do pierwszego przez zmianę znaku każdego z czynników.

Należy zatem dowieść, że dany wielomian $ P(x) $ nie jest iloczynem dwóch wielomianów o współczynnikach całkowitych mającym postać $ (x + a)Q(x) $ [$ Q(x) $ - wielomian stopnia czwartego], bądź postać $ (x^2 + a_1x + a_2) (x^3 + b_1x^2 + b_2x + b_3 $).

Przypuśćmy że

\[<br />
(a) \qquad x^5 - 3x^4 + 6x^3 -3x^2 + 9x - 6 = (x + a) \cdot Q(x),<br />
\]

gdzie liczba $ a $ jest całkowita.

Podstawiając $ x = - a $, otrzymujemy

\[<br />
- a^5 - 3a^4 - 6a^3 - 3a^2 - 9a - 6 = 0.<br />
\]

Równość ta nie może jednak zachodzić. Gdy bowiem $ a $ jest podzielne przez $ 3 $, to lewa strona tej równości jest liczbą całkowitą niepodzielną przez $ 9 $, gdy zaś $ a $ jest niepodzielne przez $ 3 $, to lewa strona jest liczbą całkowitą niepodzielną przez $ 3 $. Rozkład (a) jest więc niemożliwy.

Przypuśćmy, że

\[<br />
(b) \qquad  x^5 - 3x^4 + 6x^3 - 3x^2 + 9x - 6 = (x^2 + a_1x + a_2) (x^3 + b_1x^2 + b_2x + b_3),<br />
\]

gdzie liczby $ a_1, a_2, b_1, b_2, b_3 $ są całkowite. Współczynniki przy jednakowych, potęgach $ x $ po obu stronach tej tożsamości muszą być równe, więc

\[<br />
(1) \qquad  a_2b_3 = - 6 ,<br />
\]
\[<br />
(2) \qquad  a_1b_3 + a_2b_2 = 9,<br />
\]
\[<br />
(3) \qquad  a_1b_2 + a_2b_1 + b_3 = - 3,<br />
\]
\[<br />
(4) \qquad  a_1b_1 + a_2 + b_2 = 6,<br />
\]
\[<br />
(5) \qquad  a_1 + b_1 = - 3.<br />
\]

Z równości (1) wynika, że jedna i tylko jedna z liczb $ a_2 $, $ b_3 $ jest podzielna przez $ 3 $.

Jeżeli $ a_2 $ jest podzielne, a $ b_3 $ - niepodzielne przez $ 3 $, to z równości (2) wynika, że $ a_1 $ jest podzielne przez $ 3 $, wobec czego z równości (3) wnioskujemy, że $ b_3 $ jest podzielne przez $ 3 $, co przeczy przyjętemu założeniu.

Jeżeli $ a_2 $ jest niepodzielne, a $ b_3 $ - podzielne przez $ 3 $, to z równości (2) wynika, że $ b_2 $ jest podzielne przez $ 3 $, wobec czego z równości (3) wnioskujemy, że $ b_1 $ jest podzielne przez $ 3 $; w takim razie z równości (4) wynika, że $ a_2 $ jest podzielne przez $ 3 $, tzn. otrzymujemy sprzeczność z założeniem. Zatem rozkład (b) jest niemożliwy.

Uwaga. Wielomian o współczynnikach wymiernych, który nie jest iloczynem dwóch wielomianów stopnia niższego o współczynnikach wymiernych, nazywa się wielomianem nieprzywiedlnym albo pierwszym w zbiorze liczb wymiernych. Udowodniliśmy wyżej, że wielomian $ x^5 - 3x^4 + 6x^3 - 3x^2 + 9x - 6 $ jest nieprzywiedlny. Analizując ten dowód dostrzeżemy łatwo, że korzystaliśmy w nim tylko z tego, że wszystkie współczynniki wielomianu oprócz pierwszego są podzielne przez $ 3 $ i że ostatni współczynnik nie jest podzielny przez $ 9 $.

Zachodzi twierdzenie ogólne zwane kryterium Eisensteina nieprzywiedlności wielomianów:

Jeżeli współczynniki wielomianu

\[<br />
P(x) = a_0x^n + a_1x^{n-1} + \ldots +a_n<br />
\]

są całkowite i jeżeli istnieje taka liczba pierwsza $ p $, że współczynniki $ a_1, a_2, \ldots, a_n $ są podzielne przez $ p $, $ a_0 $ nie jest podzielne przez $ p $ oraz $ a_n $ nie jest podane przez $ p^2 $, to wielomian $ P(x) $ jest nieprzywiedlny w zbiorze liczb wymiernych.

Dowód. Przypuśćmy, że przy powyższych założeniach

\[<br />
a_0x^n + a_1x^{n-1} +\ldots + a_n =<br />
(b_0x^n + b_1x^{k-1} + \ldots + b_k) (c_0x^l + c_1x^{l-1} + \ldots + c_l),<br />
\]

gdzie: liczby $ k, l,b_0, \ldots, b_k $ i $ c_0, \ldots, c_l $ są całkowite, $ l \geq k > 0 $. Wspołczynmki przy jednakowych potęgach $ x $ po obu stronach tej równości muszą być równe, więc

\[ (1) \qquad  b_k \cdot c_l = a_n, \]
\[ (2) \qquad  b_kc_{l-1} + b_{k-1}c_l = a_{n-1}, \]
\[ (3) \qquad  b_kc_{l-2} + b_{k-1}c_{l-1} + b_{k-2}v_l = a_{n-2}, \]
\[ \ldots, \]
\[ \nr{k+1}  b_kc_{l-k} + b_{k-1}c_{l-k+1}+ \ldots + b_1c_{l-1} + b_0c_l =a_{n-k},\]
\[ \nr{l+1} b_kc_0 + b_{k-1}c_1 + \ldots + b_1c_{k-1} + b_0c_k = a_{n-l}, \]
\[ \nr{n+1}  b_0c_0 = a_0. \]

Ponieważ $ a_n $ jest podzielne przez $ p $, ale nie jest podzielne przez $ p^2 $, więc z (1) wynika, że jedna i tylko jedna z liczb $ b_k $, $ c_l $ jest podzielna przez $ p $. Przypuśćmy, że $ b_k $ jest podzielne a $ c_l $ niepodzielne przez $ p $. Wówczas z równości (2), której prawa strona jest podzielna przez $ p $ wynika, że $ b_{k-1} $ jest podzielne przez $ p $; podobnie z równości (3) wynika, że $ b_{k-2} $ jest podzielne przez $ p $ itd., wreszcie z równości $ (k + 1) $ wynika, że $ b_0 $ jest podzielne przez $ p $, co wobec równości $ (n + 1) $ jest sprzeczne z założeniem, że $ a_0 $ nie jest podzielne przez $ p $. W taki sam sposób dochodzimy do sprzeczności, jeśli przypuścimy, że $ c_1 $ jest podzielne oraz $ b_k $ niepodzielne przez $ p $. Przypuszczenie, że $ P(x) $ nie jest wielomianem nieprzywiedlnym jest więc fałszywe.

Z twierdzenia Eisensteina wynika bezpośrednio nieprzywiedlność wielomianu $ P(x) $ w zadaniu 23.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź