Factoring $a^{10}+a^5+1$

Question

Estoy muy interesado en saber cómo puedo factorizar $a^{10} +a^5 +1$ en dos factores con coeficientes enteros. He intentado mucho pero no tengo ni idea de cómo hacerlo.

Answer 1

Otra pista: ¿puedes factorizar $a^{15}-1$ ? ¿En más de un sentido?

Seis años después, para que conste expliquemos lo que quiero decir con esto. Lo que pretendía era observar

$$a^{15}-1 = (a^3)^5 - 1 = (a^3-1)(a^{12} + a^9 + a^6 + a^3 + 1) = (a-1)(a^2+a+1)(a^{12} + a^9 + a^6 + a^3 + 1)$$

y también

$$a^{15}-1 = (a^5)^3 - 1 = (a^5-1)(a^{10} + a^5 + 1) = (a-1) (a^4+a^3+a^2+a+1) (a^{10}+a^5+1)$$

Así pues, tenemos

$$(a^2+a+1) (a^{12}+a^9 + a^6 + a^3 + 1) = (a^4 + a^3 + a^2 + a + 1)(a^{10} + a^5 + 1)$$

y así

$$a^{10} + a^5 + 1 = (a^2 + a + 1) \times {a^{12} + a^9 + a^6 + a^3 + 1 \over a^4 + a^3 + a^2 + a + 1}$$

Ahora bien, puesto que $a^2 + a + 1 = (a^3-1)/(a-1)$ las raíces de $a^2 + a + 1$ no son más que las dos raíces cúbicas complejas de la unidad; es fácil comprobar que $a^{10} + a^5 + 1$ tiene esas mismas raíces. Así que ese cociente es de hecho un polinomio. Podemos averiguar qué polinomio es por división larga, y obtenemos la respuesta:

$$a^{10} + a^5 + 1 = (a^2 + a + 1) (a^8 - a^7 + a^5 - a^4 + a^3 - a + 1).$$

Answer 2

Una buena manera de proceder es explotar el hecho de que la secuencia polinómica $\rm\ f_n = (x^n-1)/(x-1)\ $ es un secuencia de divisibilidad fuerte es decir $\rm\: (f_m,f_n)\ =\ f_{\:(m,n)}\:, $ donde $\rm\:(u,v)\:$ indica $\rm\:gcd(u,v)\:.\:$ Así, por ejemplo, $\rm\ (f_3,f_5) = f_{\:(3,5)} = f_1 = 1\:,\:$ et $\rm\ f_3\:|\:f_{15}\ $ vía $\rm\ (f_3,f_{15}) = f_{\:(3,15)} = f_3\:.\:$ Combinando esto con el lema de Euclides se obtiene rápidamente el factor buscado, a saber

$\rm\quad\quad (f_3,f_5) = 1,\ \ f_3,f_5\:|\:f_{15}\ \ \Rightarrow\ \ f_3\:f_5\:|\:f_{15}\ \ \Rightarrow\ \ f_3\:|\:f_{15}/f_5\:,\ $ es decir $\rm\ \ x^2+x+1\ |\ x^{10}+x^5+1\ $

Obsérvese que la prueba anterior muestra $\rm\ (a,b) = 1\ \Rightarrow\ f_a\ |\ f_{a\:b}/f_b\ $ para cualquier secuencia de divisibilidad fuerte $\rm\:f_n\:.\:$ Por ejemplo, para los números de Fibonacci sigue $\rm\ f_5\ |\ f_{20}/f_4\ $ es decir $\rm\ 5\ |\ 6765/3\: =\: 2255\:.$

En términos más generales, utilizando estas propiedades y un poco de teoría de números y combinatoria (inclusión-exclusión) se obtienen fácilmente las propiedades básicas de factorización de los polinomios ciclotómicos.

La prueba de la propiedad básica $\rm\: (f_m,f_n)\: =\: f_{\:(m,n)}\:$ es muy sencilla - esencialmente la misma que la demostración de la identidad de Bezout para números enteros - véase mi post aquí . $\:$ Esto permite ver la identidad polinómica de Bezout como un análogo q de la identidad entera de Bezout. Por ejemplo, comparemos la identidad de Bezout para el gcd $\rm\ 3 = (15,21)\ $ en forma polinómica y entera:

$\rm\displaystyle\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\ \: \frac{x^3-1}{x-1}\ =\ (x^{15} + x^9 + 1)\ \frac{x^{15}-1}{x-1}\ -\ (x^9+x^3)\ \frac{x^{21}-1}{x-1}$

para $\rm\ x = 1\ $ se especializa en $\ \ 3\ =\ (3)\ 15\ -\ (2)\ 21\:.\ $ Merece la pena dominar estas propiedades de divisibilidad del binomio, ya que aparecen con bastante frecuencia en aplicaciones teóricas de números y, además, proporcionan una excelente motivación para el estudio más general de la teoría de la divisibilidad. $\quad\ \ $ Para una introducción, véase Borovich y Shafarevich: Teoría de números.

Answer 3

Si realmente no tienes otro remedio: Sustituye x por a^5, así obtendrás x^2+x+1.

Luego usa alguna acción de la fórmula cuadrática, luego usa alguna acción de factorización en esos binomios, luego simplemente prueba todos los productos posibles de los factores que obtengas hasta que salga algo agradable.

Sin embargo, podría no ser una buena solución.

Answer 4

Pista: Es evidente que no tiene un factor lineal, ya que $\pm1$ no es una raíz. Prueba con un factor cuadrático $a^2+u a+v$ para algunos números enteros $u$ et $v$ .