$x^2 +y^2 + z^2$ es irreducible en a $\mathbb C [x,y,z]$

Question

Es $x^2 +y^2 + z^2$ irreductible en $\mathbb C [x,y,z]$?

Como $(x^2+y^2+z^2)= (x+y+z)^2- 2(xy+yz+zx)$,

$$(x^2+y^2+z^2)=\left(x+y+z+\sqrt{2(xy+yz+zx)}\right)\left(x+y+z-\sqrt{2(xy+yz+zx)}\right).$$

Pero, ¿cómo demostrar que ninguno de estos factores pertenecen a $\mathbb C [x,y,z]$?

Answer 1

También, esto es parte de un patrón más general, el uso de Gauss Lema y el criterio de Eisenstein: para enteros positivos $\ell,m,n$, $x^\ell+y^m+z^n$ es irreducible sobre cualquier campo de $k$ de carácter no dividir los exponentes. Demostrar esto a través de Gauss/Eisenstein por primera toma nota de que $k[x,y,z]$, $k(z)[x,y]$, y tales son Ufd. Por Gauss, irreductibilidad en $k[z,y,z]$ es equivalente a la de $k(z)[x,y]$. Por Eisenstein, el polinomio es irreducible en a $k(z)[y][x]$ si $y^m+z^n$ tiene algún factor principal en la $k(z)[y]$ que no ocurre dos veces. Desde el char del campo no divida a los exponentes, esto es fácil. (Para $m=n$ $k$ alg cerrado es fácil escribir factores de $y+z$, etc.)

Answer 2

Una forma más geométrica manera de probar que $x^2+y^2+z^2$ es irreducible en a $\mathbb{C}[x,y,z]$ sería darse cuenta de que, puesto que es un polinomio homogéneo, la ecuación de $x^2+y^2+z^2 = 0$ describe una curva de $\mathcal{C}$$\mathbb{P}^2(\mathbb{C})$.

Si el polinomio es reducible, entonces $\mathcal{C}$ tiene dos irreductible componentes (contados con su multiplicidad, es decir, $\mathcal{C}$ es de dos posiblemente coincidente líneas rectas). Por el teorema de Bézout, estos componentes deben intersectarse en al menos un punto, que debe ser un punto singular de $\mathcal{C}$.

A continuación, basta para comprobar que el $\mathcal{C}$ no tiene puntos singulares para concluir, y esto es algo trivial. Este argumento puede ser aplicado también para el caso más general de la polinomio $x^n+y^n+z^n$ (y estas curvas se denominan curvas de Fermat).

Answer 3

No acabo de ver por qué usted está interesado en este particular de la raíz cuadrada, $\sqrt{xy+yz+zx}$. En general, junto a un elemento de un anillo puede o no puede afectar la irreductibilidad de un elemento dado. Por ejemplo, $13$ es irreducible en a $\mathbb{Z}$ factores $(3+2i)(3-2i)$$\mathbb{Z}[i]$, sigue siendo irreductible en $\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$, factores como $(4+\sqrt3)(4-\sqrt3)$$\mathbb{Z}[\sqrt3]$, sigue siendo irreductible en $\mathbb{Z}[\sqrt7]$ et cetera.

De todos modos, usted puede probar la irreductibilidad de $x^2+y^2+z^2$ por ejemplo de la siguiente manera. $\mathbb{C}[x,y,z]=\mathbb{C}[u,v,z]$ con $u=x+iy$, $v=x-iy$. Su polinomio, a continuación, se parece a $x^2+y^2+z^2=uv+z^2$. Si esto no fuera irreductible, sería un producto de dos lineal de los polinomios. Como este polinomio es homogéneo, por lo que son los presuntos factores. Así que tenemos que descartar la posibilidad de $$ uv+z^2=(au+bv+cz)(a u+b v+c z) $$ para algunas constantes $a,b,c,a',b',c'$. Como $aa'=0$ una de esas constantes es cero, w.l.o.g. $a'=0$, $a\neq0$. De manera similar de $bb'=0$ vemos que uno de los que también debe ser cero. Claramente debemos asumir $b=0, b'\neq0$. Esto nos deja $$ uv+z^2=(au+cz)(b v+c z) $$ con $a,c,b',c'$ todos los no-cero ($cc'=1$). Esto obliga a cero los coeficientes de los términos de $vz$$uz$, por lo que no factorización es posible.

Answer 4

Primer aviso de que tanto $\mathbb C[x,y,z]$ $\mathbb C[x,y]$ son UFDs desde $\mathbb C$ es un campo.

De ahí a ver que $x^2+y^2+z^2$ es irreducible en a $\mathbb C[x,y,z]$ es suficiente para mostrar que el monic polinomio $x^2+y^2+z^2$ en la variable $z$ no tiene raíz en el ring $\mathbb C[x,y]$. Pero esto es desde $x^2+y^2=(x+iy)(x-iy)$ es la factorización en irreducibles de elementos de $x^2+y^2$ $\mathbb C[x,y];$ los poderes de los elementos irreductibles en esta factorización no son ni siquiera.

Answer 5

Si su polinomio era reducible, sería el producto de dos lineal de los polinomios. Basta con comprobar que no lo es.