Rozklad $f(x)=x^5+x^4+x^3+x^2+x+1$ na ireducibilné polynómy

[Martin Sleziak]

Úloha: Nájdite rozklad polynómu $f(x)=x^5+x^4+x^3+x^2+x+1$ na ireducibilné polynómy v $\mathbb Q[x]$, $\mathbb R[x]$, $\mathbb C[x]$.

Niečo k tomuto príkladu - aj keď veľmi stručne - sa dá nájsť v tomto staršom topicu: viewtopic.php?t=460

Nad poľom $\mathbb R$ dostanem rozklad $(x+1)(x^2-x+1)(x^2+x+1)$. Nad poľom $\mathbb C$ dostaneme rozklad na súčin piatich koreňových činiteľov - korene sú vypísané nižšie.

Riešenie. Môžeme sa pozrieť na to, či vieme nejako rozložiť tento polynóm na súčin.
Napríklad ak si všimneme, že $-1$ je koreň, tak dostaneme rozklad
$$x^5+x^4+x^3+x^2+x+1=(x+1)(x^4+x^2+1).$$
Stačí teraz teda skúšať rozložiť $x^4+x^2+1$. Toto som skúsil rozpísať nižšie ako samostatný post.

Iné riešenie. Alebo si tiež môžeme všimnúť, že sa polynóm $f(x)$ dá rozložiť na takýto súčin:
$$x^5+x^4+x^3+x^2+x+1=(x^3+1)(x^2+x+1)=(x+1)(x^2-x+1)(x^2+x+1).$$

Stačí teraz už iba rozložiť $x^2\pm x+1$. Priamym výpočtom zistíme, že tieto polynómy majú dva komplexné korene. Teda nad $\mathbb R$ sú ireducibilné.
Máme teda takýto rozklad v $\mathbb Q[x]$ aj v $\mathbb R[x]$:
$$f(x)=(x+1)(x^2-x+1)(x^2+x+1).$$
V $\mathbb C[x]$ dostaneme rozklad
$$f(x)=(x+1)(x-a_1)(x-a_2)(x-b_1)(x-b_2).$$
kde
\begin{align*}
a_{1,2}&=\frac{1\pm\sqrt3i}2\\
b_{1,2}&=\frac{-1\pm\sqrt3i}2\\
\end{align*}

Iné riešenie.
Celý polynóm môžeme vynásobiť $x-1$ a dostaneme
$$(x-1)f(x)=(x-1)(x^5+x^4+x^3+x^2+x+1)=x^6-1.$$
Riešenie rovnice $x^6=1$ v komplexných číslach vieme nájsť - sú to presne body na jednotkovej kružnici, kde uhol je násobok $\frac{2\pi}6=\frac\pi3$.
\begin{align*}
x_0&=\cos0+i\sin0=1\\
x_1&=\cos\frac{\pi}3+i\sin\frac{\pi}3=\frac{1+i\sqrt3}2\\
x_2&=\cos\frac{2\pi}3+i\sin\frac{2\pi}3=\frac{-1+i\sqrt3}2\\
x_3&=\cos\pi+i\sin\pi=-1\\
x_4&=\cos\frac{4\pi}3+i\sin\frac{4\pi}3=\frac{-1-i\sqrt3}2\\
x_5&=\cos\frac{5\pi}3+i\sin\frac{5\pi}3=\frac{1-i\sqrt3}2
\end{align*}
Teda vieme polynóm $x^6-1$ rozložiť na koreňové činitele. Ak vynecháme faktor $x-1$, tak dostaneme rozklad polynómu $f(x)$ v $\mathbb C[x]$.
$$f(x)=(x+1)(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4).$$
Rozklad nad poľom $\mathbb R$ by sme z neho dostali tak, že sa pozrieme na komplexne združené korene. Každá dvojica komplexne združených koreňov nám dá nejaký reálny polynóm druhého stupňa.

[Martin Sleziak]

Skúsme sa teda pozrieť aj na polynóm $x^4+x^2+1$. (Ten sme dostali v predošlom príklade po vydelení $x+1$.)

Úloha: Nájdite rozklad polynómu $g(x)=x^4+x^2+1$ na ireducibilné polynómy v $\mathbb Q[x]$, $\mathbb R[x]$, $\mathbb C[x]$.

Jedno možné riešenie je pozrieť sa na $(x^2-1)g(x)=x^6-1$. T.j. polynóm $g(x)$ som vhodne prenásobil, tak aby som dostal polynóm, pre ktorý viem jednoducho nájsť rozklad. Teraz môžem použiť rozklad polynómu $x^6-1$, ktorý sme videli vyššie.

Rozdiel dvoch štvorcov. Môžeme tiež skúsiť prepísať náš polynóm takto:
\begin{align*}
g(x)
&=x^4+x^2+1\\
&=(x^4+2x^2+1)-x^2\\
&=(x^2+1)^2-x^2\\
&=(x^2-x+1)(x^2+x+1)
\end{align*}
T.j. nejako sa dá tento polynóm upraviť na tvar $a^2-b^2$ a potom previesť na súčin vďaka rovnosti $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$.

Substitúcia $x^2=t$. Ak sa snažíme nájsť riešenia rovnice $x^4+x^2+1=0$, tak môžeme skúsiť najprv použiť substitúciu $x^2=t$ a vyriešiť rovnicu $t^2+t+1=0$. Dostaneme dva korene
$$t_{1,2}=\frac{-1\pm\sqrt3i}2.$$
Stále však ešte treba nájsť riešenie $x^2=t_1$ a $x^2=t_2$. To vlastne znamená nájsť druhú odmocninu v komplexných číslach. Ak prevedieme čísla ktoré sme našli do goniometrického tvaru, t.j.
\begin{align*}
t_1&=\cos\frac{2\pi}3+i\sin\frac{2\pi}3\\
t_2&=\cos\frac{4\pi}3+i\sin\frac{4\pi}3
\end{align*}
tak ako druhé odmocniny dostaneme pre $t_1$
\begin{align*}
x_1&=\cos\frac\pi3+i\sin\frac\pi3\\
x_2&=\cos\frac{4\pi}3+i\sin\frac{4\pi}3\\
\end{align*}
a pre $t_2$
\begin{align*}
x_3&=\cos\frac{2\pi}3+i\sin\frac{2\pi}3\\
x_4&=\cos\frac{5\pi}3+i\sin\frac{5\pi}3\\
\end{align*}
Dostaneme takto rozklad nad $\mathbb C$.
$$g(x)=(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)$$
Ak sa pozrieme na komplexne združené korene, tak z toho vieme dostať rozklad nad $\mathbb R$.

[Martin Sleziak]

Ešte k tomuto príkladu napíšem trochu iný postup, ako sa dá dopracovať k rozkladu nad $\mathbb R$. (Aj keď je to do istej miery podobné na veci uvedené vyššie.)

Asi nie je také ťažké si všimnúť rozklad:
$$f(x)=x^5+x^4+x^3+x^2+x+1=(x^3+1)(x^2+x+1).$$
Vlastne si stačilo všimnúť, že $x^5+x^4+x^3$ aj $x^2+x+1$ sú násobky polynómy $x^2+x+1$.

Polynóm $x^2+x+1$ nemá reálne korene, keďže ide o polynóm stupňa $2$, tak z toho už vyplýva, že je ireducibilný nad $\mathbb R$.

Zostáva už teda iba rozložiť $x^3+1$. Keďže $-1$ je koreňom, dá sa vyňať $x+1$ a dostaneme
$$x^3+1=(x+1)(x^2-x+1).$$
To, že $x^2-x+1$ je ireducibilný, opäť zdôvodníme na základe toho, že tento polynóm nemá reálne korene.
Čiže celkovo sme dostali
$$f(x)=x^5+x^4+x^3+x^2+x+1=(x+1)(x^2-x+1)(x^2+x+1).$$