Polinomio: ¿Hay algún teorema que pueda salvar mi prueba cuando $K$ no incluye $\mathbb C$

Question

Supongamos que $f(x),g(x)\in K[x]$ ( $K$ un campo numérico), que $f(x)=x^{3m}+x^{3n+1}+x^{3p+2}$ , donde $m,n,p\in\mathbb N$ y que $g(x)=x^2+x+1$ probar: $$g(x)\mid f(x)$$

Creo que este problema no es muy fácil a menos que especifique $K$ para ser $\mathbb C$ . Si en $\mathbb C$ Entonces, es evidente que $$g(x)=(x-\omega_1)(x-\omega_2)$$ donde $\omega_{1}=e^{i2\pi/3}$ y $\omega_{2}=e^{-i2\pi/3}$ . Y también es obvio después de un simple cálculo, que $$f(\omega_1)=f(\omega_2)=0$$ Por el Teorema del Factor, ya que $\omega_{1,2}$ son distintos, $$(x-\omega_1)(x-\omega_2)\mid f(x)$$ es decir $$g(x)\mid f(x)$$ Sin embargo, Todo lo que he hecho hasta ahora se basa en la suposición de que $K$ es (o incluye) $\mathbb C$ sin la cual creo que será ridículo escribir algo como $(x-\omega_{1,2})$ como polinomios. Sin embargo, estoy convencido de que mi enfoque, aunque basado en una suposición no del todo razonable, es de hecho una forma rápida y sencilla, sea cual sea $K$ ser.
Entonces, tal vez haya un teorema desconocido para mí que pueda justificar mi método cuando $K$ no incluye $\mathbb C$ digamos, $K=\mathbb R$ ? Por supuesto, sé que no puedo factorizar así cuando $K=R$ pero $g(x)\mid f(x)$ sigue estando bien. Y creo que $g(x)\mid f(x)$ siempre mantiene lo que $K$ ser, aunque la factorización no sea siempre verdadera.
Entonces, ¿me equivoco al no dejar mi prueba? ¿O hay realmente un teorema enviado por Dios que salvará mi prueba? Necesito ayuda. Saludos cordiales aquí.

Answer 1

Puedes trabajar en la extensión $K[\omega_1,\omega_2]$ donde el argumento funciona. Es sólo $K[t]/(t^2+t+1)$ por lo que no se necesita una incrustación en los números complejos (si el polinomio $x^2+x+1$ no tiene raíces en $K$ Si no es así, no hay de qué preocuparse).

Sin embargo, el algoritmo de división entre dos polinomios en $K[x]$ sólo utiliza operaciones racionales sobre los coeficientes. Por lo tanto, el cociente está en $K[x]$ ya que $g(x)$ divide $f(x)$ y ambos están en $K[x]$ .

Answer 2

La conclusión $g(x)\mid f(x)$ se desprende directamente de $$ f(x) - g(x) = (x^{3m} - 1) + (x^{3n}-1)\,x + (x^{3p} -1)\, x^2 $$ ya que todos los polinomios $x^{3m} - 1$ , $x^{3n}-1$ y $x^{3p} -1$ son divisibles por $g$ : $$ x^{3m} - 1 = (x^3 -1)(1 + x^3 + x^6 + \dots + x^{3m-3}) \\ = g(x) \, (x-1) \, (1 + x^3 + x^6 + \dots + x^{3m-3}) $$

Answer 3

Es fácil ver $\,g\mid f\,$ en $\,\Bbb Z[x]\,$ así que $\,f = gh\,$ en $\,\Bbb Z[x],\,$ que sigue siendo cierta en cualquier anillo conmutativo, es decir, es una identidad universal de los anillos conmutativos. La prueba de que $\,g\mid f\,$ es sencillo

$$g\mid x^3\!-\!1\,\Rightarrow\, {\rm mod}\ g\!:\,\ \color{#c00}{x^3\equiv 1}\,\Rightarrow\, (\color{#c00}{x^3})^m\!+x(\color{#c00}{x^3})^n\!+x^2(\color{#c00}{x^3})^p\equiv 1+x+x^2\equiv g\equiv 0\quad $$

Answer 4

Si $K$ es un campo numérico, entonces cualquier elemento de $K$ es algebraico sobre $\mathbb{Q}$ Así que podemos decir $\mathbb{Q} \subset K \subset \bar{\mathbb{Q}} \subset \mathbb{C}$ .