Probar (sin usar números complejos) que un polinomio real tiene un factor cuadrático

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Probar (sin usar números complejos) que un polinomio real tiene un factor cuadrático

Matemáticas
polinomios
numeros reales
álgebra abstracta
prueba alternativa

mweiss

El Teorema Fundamental del Álgebra nos dice que cualquier polinomio con coeficientes reales se puede escribir como un producto de factores lineales sobre $\mathbb{C}$ . Si no queremos usar $\mathbb{C}$ , lo mejor que podemos decir es:

Si $p(x)$ es un polinomio con coeficientes reales, $\deg p > 2$ , entonces existe algún polinomio cuadrático $q(x)$ tal que $q(x)$ es un factor de $p(x)$ . (Hay entonces dos casos: o bien $q(x)$ es irreductible sobre $\mathbb{R}$ , o se puede factorizar aún más como un producto de factores lineales).

Esto se prueba fácilmente como un corolario del TLC: si trabajamos $\mathbb{C}$ , $p(x)$ puede escribirse como un producto de factores lineales, y como un número complejo $z$ es una raiz de $p(x)$ si y solo si es conjugado $\bar{z}$ es decir, podemos emparejar factores lineales para obtener un cuadrático real.

(De hecho, el teorema anterior, que a primera vista parece una forma más débil de FTA, es equivalente a él, ya que cada cuadrática real puede factorizarse sobre $\mathbb{C}$ .)

¿ Hay alguna manera de probar el teorema anterior sin invocar números complejos? Parece tener cierto valor por sí mismo como propiedad de los reales. Por ejemplo, el hecho de que cualquier polinomio real de grado par de $\deg 2n$ se puede tener en cuenta $n$ Las cuadráticas (reales) parecen algo que uno debería poder probar sin necesidad de cambiar de campo.

Se hizo una versión de esta pregunta en Factorizar polinomios reales a factores cuadráticos. Demostración sin teorema fundamental del álgebra. , pero la respuesta aceptada (y única) allí acaba de concluir que tal prueba sería equivalente al TLC. Eso ya lo se; Me pregunto cómo se podría escribir tal prueba sin pasar al cierre algebraico.

O, dicho de otro modo: el enunciado del teorema tendría sentido (y sería verdadero) incluso si los números complejos nunca se hubieran inventado (o descubierto, si eres un platónico). Entonces parece que debería ser demostrable sin usar números complejos. ¿Lo es?

felipe hamilton

¿Ha considerado el problema a través de la lente de las extensiones de campo de Kronecker? Porque estos técnicamente precedieron al TLC. Pero finalmente reconstruirías el plano complejo.

eric wofsey

Creo que puede imitar la prueba grupal fundamental de FTA al considerar el mapa

R^{2} \to R^{2}

$\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ que envía

(a, b)

$(a,b)$ a

(c, d)

$(c,d)$ dónde

c x + d

$cx+d$ es el resto cuando divides tu polinomio por

x^{2} + a x + b

$x^2+ax+b$ . No he resuelto los detalles (en particular, no he verificado que el número de bobinado relevante sea realmente distinto de cero).

Respuestas (2)

Probar (sin usar números complejos) que un polinomio real tiene un factor cuadrático

¿Ha considerado el problema a través de la lente de las extensiones de campo de Kronecker? Porque estos técnicamente precedieron al TLC. Pero finalmente reconstruirías el plano complejo.
Creo que puede imitar la prueba grupal fundamental de FTA al considerar el mapa $\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ que envía $(a,b)$ a $(c,d)$ dónde $cx+d$ es el resto cuando divides tu polinomio por $x^2+ax+b$ . No he resuelto los detalles (en particular, no he verificado que el número de bobinado relevante sea realmente distinto de cero).

eric wofsey · Answer 1

Aquí hay una prueba topológica. Basta mostrar que todo polinomio irreducible sobre $\mathbb{R}$ tiene grado $\leq 2$ , o de manera equivalente que cada extensión de campo finito de $\mathbb{R}$ tiene grado $\leq 2$ . Entonces supongamos $K$ es una extensión finita de $\mathbb{R}$ de grado $d>2$ . Tenga en cuenta que entonces $K$ tiene una topología natural homeomorfa a $\mathbb{R}^d$ y las operaciones de campo son continuas, y así $K^\times\cong\mathbb{R}^d\setminus\{0\}$ es un grupo abeliano topológico.

Ahora podemos invocar alguna maquinaria pesada de la topología para concluir que esto es imposible para $d>2$ . Por ejemplo, cualquier grupo abeliano topológico $X$ es una homotopía débil equivalente a un producto $\prod_n K(\pi_n(X),n)$ de espacios de Eilenberg-Mac Lane (uno para cada uno de sus grupos de homotopía). Pero $K(\pi_{d-1}(\mathbb{R}^d\setminus\{0\}),d-1)=K(\mathbb{Z},d-1)$ tiene una cohomología no trivial en infinitas dimensiones si $d>2$ , y entonces $\mathbb{R}^d\setminus\{0\}$ no puede ser equivalente débil a un producto con $K(\mathbb{Z},d-1)$ como factor

Alternativamente, puede observar que la estructura topológica del grupo abeliano en $\mathbb{R}^d\setminus\{0\}$ es realmente suave, por lo que hace $\mathbb{R}^d\setminus\{0\}$ un grupo abeliano de Lie. Cualquier grupo de Lie abeliano conectado es un producto de copias de $\mathbb{R}$ y $S^1$ , entonces esto es imposible para $d>2$ .

sobasu · Answer 2

De hecho, la existencia de tal factorización solo puede demostrarse mediante un análisis real, sin invocar la FTA. La forma es mostrar que los dos residuos obtenidos durante la división de cualquier polinomio (coeficientes del polinomio lineal restante) con un cuadrático real $x^2-ax-b$ alcanzar el valor cero simultáneamente para algunos $a$ y $b$ .

Demostrando la existencia de tal $a$ y $b$ proviene de argumentos topológicos sobre el entrelazado y la continuidad en el $a-b$ plano (similar a la primera prueba de FTA de Gauss). Mostrar el entrelazado es la parte que requiere un poco de trabajo.

Para más detalles, aquí hay un enlace a mi horrible artículo sobre esto (fue rechazado de inmediato de un diario debido a la mala redacción). Algún día encontraré tiempo para escribir una publicación ordenada sobre esto.

Por favor, siéntase libre de pedir cualquier aclaración. Me ayudará a organizar mejor la redacción.

Probar (sin usar números complejos) que un polinomio real tiene un factor cuadrático

mweiss

felipe hamilton

eric wofsey

Respuestas (2)

eric wofsey

sobasu

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