3 Anillos de polinomios

3.1 Generalidades y teorema de la division

Definición 3.1 (Polinomio).

Sea A\displaystyle A un anillo. Un polinomio en una variable x\displaystyle x con coeficientes en A\displaystyle A es una expresion formal del tipo

p⁢(x)=a0+a1⁢x+a2⁢x2+⋯+an⁢xn=∑i=0nai⁢xi\displaystyle p(x)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+\cdots+a_{n}x^{n}=\sum_{i=0}^{n}a_{% i}x^{i}

donde n∈ℕ∪{0}\displaystyle n\in\mathbb{N}\cup\{0\} y cada ai∈A\displaystyle a_{i}\in A.

A⁢[x]\displaystyle A[x] denota el conjunto de todos los polinomios en la variable x\displaystyle x con coeficientes en el anillo A\displaystyle A.

Definición 3.2 (Suma y producto de polinomios).

Sean p,q∈A⁢[x]\displaystyle p,q\in A[x] de la forma p⁢(x)=∑i=0mai⁢xi\displaystyle p(x)=\sum_{i=0}^{m}a_{i}x^{i} y q⁢(x)=∑i=0nbi⁢xi\displaystyle q(x)=\sum_{i=0}^{n}b_{i}x^{i}. Se define la suma de p\displaystyle p y q\displaystyle q como otro polinomio

(p+q)⁢(x)=∑i=0m⁢a⁢x⁢(m,n)ci⁢xi\displaystyle(p+q)(x)=\sum_{i=0}^{max(m,n)}c_{i}x^{i}

donde cada ci=ai+bi\displaystyle c_{i}=a_{i}+b_{i} (considerando coeficientes igual a cero si no estan definidos). Se define el producto de p\displaystyle p y q\displaystyle q como otro polinomio

(p⋅q)⁢(x)=∑i=0m+ndi⁢xi\displaystyle(p\cdot q)(x)=\sum_{i=0}^{m+n}d_{i}x^{i}

donde cada di=∑j=0iaj⁢bi−j\displaystyle d_{i}=\sum_{j=0}^{i}a_{j}b_{i-j} (considerando coeficientes igual a cero si no estan definidos).

Proposición 3.1.

Sea A\displaystyle A un anillo. Entonces (A⁢[x],+,⋅)\displaystyle(A[x],+,\cdot) es un anillo. Ademas: A\displaystyle A conmutativo ⇒A⁢[x]\displaystyle\Rightarrow A[x] conmutativo. A\displaystyle A unitario ⇒A⁢[x]\displaystyle\Rightarrow A[x] unitario.

Definición 3.3.

Sea p⁢(x)=∑i=0nai⁢xi∈A⁢[x]\displaystyle p(x)=\sum_{i=0}^{n}a_{i}x^{i}\in A[x] con an≠0\displaystyle a_{n}\neq 0. Decimos que:

  •  
    ​

    an\displaystyle a_{n} es el coeficiente director de p\displaystyle p. Notacion: an≔c⁢d⁢(p)\displaystyle a_{n}\coloneqq cd(p)

  •  
    ​

    n\displaystyle n es el grado de p\displaystyle p. Notacion: n≔g⁢r⁢(p)\displaystyle n\coloneqq gr(p)

  •  
    ​

    Si an=1\displaystyle a_{n}=1 decimos que p es monico

Si p⁢(x)=0\displaystyle p(x)=0 se define g⁢r⁢(p)≔−∞\displaystyle gr(p)\coloneqq-\infty y p\displaystyle p no tiene coeficiente director.

Proposición 3.2.

Sean p,q∈A⁢[x]\displaystyle p,q\in A[x]. Se cumple:

g⁢r⁢(p⋅q)≤g⁢r⁢(p)+g⁢r⁢(q)\displaystyle gr(p\cdot q)\leq gr(p)+gr(q)
Demostración.

Porque la potencia mas alta que puede salir es la suma de los grados. ∎

Ejemplo.

En ℤ6⁢[x]\displaystyle\mathbb{Z}_{6}[x], p⁢(x)=3⁢x2+2\displaystyle p(x)=3x^{2}+2 (grado 3), q⁢(x)=2⁢x2+x+1\displaystyle q(x)=2x^{2}+x+1 (grado 2). Multiplicando, p⁢(x)⁢q⁢(x)=6⁢x5+3⁢x4+3⁢x3+4⁢x2+2⁢x+1\displaystyle p(x)q(x)=6x^{5}+3x^{4}+3x^{3}+4x^{2}+2x+1 (grado 4). En general no tengo que g⁢r⁢(p⋅q)=\displaystyle gr(p\cdot q)= suma de los grados.

Proposición 3.3 (Formula del grado).

Sean A\displaystyle A un DI y p,q∈A⁢[x]\displaystyle p,q\in A[x]. Se cumple:

g⁢r⁢(p⋅q)=g⁢r⁢(p)+g⁢r⁢(q)\displaystyle gr(p\cdot q)=gr(p)+gr(q)
Demostración.

Si A\displaystyle A es un DI ⇒c⁢d⁢(p⋅q)⏟≠0⁢(DI)=c⁢d⁢(p)⏟⇐⁣≠0⋅c⁢d⁢(q)⏟≠0⇒g⁢r⁢(p⋅q)=g⁢r⁢(p)+g⁢r⁢(q)\displaystyle\Rightarrow\underbrace{cd(p\cdot q)}_{\neq 0\text{(DI)}}=% \underbrace{cd(p)}_{\Leftarrow\;\neq 0}\cdot\underbrace{cd(q)}_{\neq 0}% \Rightarrow gr(p\cdot q)=gr(p)+gr(q). ∎

Corolario 3.1.

A\displaystyle A es DI ⇒A⁢[x]\displaystyle\Rightarrow A[x] es DI.

Demostración.

Supongamos que A\displaystyle A es DI. Sean p⁢(x)≠0,q⁢(x)≠0\displaystyle p(x)\neq 0,q(x)\neq 0 (ambos tienen coeficiente director ≠0\displaystyle\neq 0). Entonces (p⋅q)⁢(x)\displaystyle(p\cdot q)(x) tiene coeficiente director distinto de cero ⇒(p⋅q)⁢(x)≠0\displaystyle\Rightarrow(p\cdot q)(x)\neq 0. Luego A⁢[x]\displaystyle A[x] es DI. ∎

Teorema 3.1 (Teorema de la division).

Sean K\displaystyle K un cuerpo y f,g∈K⁢[x]\displaystyle f,g\in K[x] con g≠0\displaystyle g\neq 0. Entonces ∃q,r∈K⁢[x]\displaystyle\exists q,r\in K[x] tales que:

  •  
    ​

    f=g⋅q+r\displaystyle f=g\cdot q+r

  •  
    ​

    g⁢r⁢(r)<g⁢r⁢(g)\displaystyle gr(r)<gr(g).

Ademas q\displaystyle q y r\displaystyle r son los unicos polinomios que cumplen simultaneamente las dos propiedades anteriores.

Ejemplo.

Division en ℚ⁢[x]\displaystyle\mathbb{Q}[x]:

x3+7⁢x2−2⁢x+1=(2⁢x2+3)⋅(12⁢x+72)+(72⁢x−192)\displaystyle x^{3}+7x^{2}-2x+1=(2x^{2}+3)\cdot(\frac{1}{2}x+\frac{7}{2})+(% \frac{7}{2}x-\frac{19}{2})

Otro ejemplo: x2+1=2⋅(12⁢x2+1)+0\displaystyle x^{2}+1=2\cdot(\frac{1}{2}x^{2}+1)+0. Se cumple que g⁢r⁢(resto)⏟−∞<g⁢r⁢(divisor)⏟0\displaystyle\underbrace{gr(\text{resto})}_{-\infty}<\underbrace{gr(\text{% divisor})}_{0}

3.2 Divisibilidad en K⁢[x]\displaystyle K[x]

Definición 3.4 (Divisor y multiplo).

Sean K\displaystyle K un cuerpo y f,g∈K⁢[x]\displaystyle f,g\in K[x]. Decimos que f\displaystyle f divide a g\displaystyle g si ∃p∈K⁢[x]\displaystyle\exists p\in K[x] tal que g=p⋅f.\displaystyle g=p\cdot f. Decimos tambien que f\displaystyle f es divisor de g\displaystyle g y que g\displaystyle g es multiplo de f. Notacion: f|g\displaystyle f|g.

Proposición 3.4.
  •  
    ​

    f|g⇒∀c∈K∖{0}⁢c⁢f|g\displaystyle f|g\Rightarrow\forall c\in K\setminus\{0\}\;cf|g

  •  
    ​

    g≠0,f|g⇒g⁢r⁢(f)≤g⁢r⁢(g)\displaystyle g\neq 0,f|g\Rightarrow gr(f)\leq gr(g)

Demostración.
  •  
    ​

    Si f|g⇒∃p⁢(x)∈K⁢[x]∣g⁢(x)=f⁢(x)⋅p⁢(x)\displaystyle f|g\Rightarrow\exists p(x)\in K[x]\mid g(x)=f(x)\cdot p(x). Como K\displaystyle K es cuerpo, dado c≠0,∃c−1∈K\displaystyle c\neq 0,\exists c^{-1}\in K. Luego g⁢(x)=(c⁢f⁢(x))⋅(c−1⁢p⁢(x))=f⁢(x)⋅p⁢(x)⇒c⁢f⁢(x)|g⁢(x)\displaystyle g(x)=(cf(x))\cdot(c^{-1}p(x))=f(x)\cdot p(x)\Rightarrow cf(x)|g(x).

  •  
    ​

    Sea g⁢(x)≠0\displaystyle g(x)\neq 0 y f⁢(x)|g⁢(x)⇒∃p⁢(x)∈K⁢[x]∣g⁢(x)=p⁢(x)⋅f⁢(x)\displaystyle f(x)|g(x)\Rightarrow\exists p(x)\in K[x]\mid g(x)=p(x)\cdot f(x). Por la formula de los grados, g⁢r⁢(g)=g⁢r⁢(p)+g⁢r⁢(f)\displaystyle gr(g)=gr(p)+gr(f) (porque los coeficientes estan en K\displaystyle K que es cuerpo y, por tanto, DI). Sabemos que g⁢r⁢(p)≥0\displaystyle gr(p)\geq 0 porque la unica opcion de que no pasara esto seria con p⁢(x)=0⇒g⁢(x)=0\displaystyle p(x)=0\Rightarrow g(x)=0. Esto seria una contradiccion. Luego g⁢r⁢(g)=g⁢r⁢(p)+g⁢r⁢(f)≥0+g⁢r⁢(f)=g⁢r⁢(f)\displaystyle gr(g)=gr(p)+gr(f)\geq 0+gr(f)=gr(f).

∎

Definición 3.5 (Maximo comun divisor).

Sean f,g∈K⁢[x]\displaystyle f,g\in K[x]. Decimos que p\displaystyle p es un maximo comun divisor de f\displaystyle f y g\displaystyle g si p\displaystyle p es un polinomio monico, divisor comun de f\displaystyle f y g\displaystyle g de grado maximo.

Ejemplo.

En ℝ⁢[x]\displaystyle\mathbb{R}[x], f⁢(x)=x3−x=x⁢(x2−1)=x⁢(x+1)⁢(x−1)\displaystyle f(x)=x^{3}-x=x(x^{2}-1)=x(x+1)(x-1) g⁢(x)=x2+2⁢x+1=(x+1)2\displaystyle g(x)=x^{2}+2x+1=(x+1)^{2} Vemos que x+1\displaystyle x+1 es un divisor comun y polinomio monico.

Proposición 3.5 (Unicidad).

El maximo comun divisor de dos polinomios es unico.

Asimismo, el maximo comun divisor de f\displaystyle f y g\displaystyle g se denota por m⁢c⁢d⁢(f,g)\displaystyle mcd(f,g).

Proposición 3.6 (Identidad de Bezout).

Sean K\displaystyle K un cuerpo y f,g∈K⁢[x]\displaystyle f,g\in K[x]. Entonces ∃u,v∈K⁢[x]\displaystyle\exists u,v\in K[x] tales que

m⁢c⁢d⁢(f,g)=u⁢f+v⁢g\displaystyle mcd(f,g)=uf+vg
Observación.

El algoritmo de Euclides y su extension para calcular identidades de Bezout funcionan en K⁢[x]\displaystyle K[x]. x3−x=(x2+2⁢x+1)⋅(x−2)+(2⁢x+2)⇒x2+2⁢x+1=(2⁢x+2)⋅(12⁢x+12)+0\displaystyle x^{3}-x=(x^{2}+2x+1)\cdot(x-2)+(2x+2)\Rightarrow x^{2}+2x+1=(2x+% 2)\cdot(\frac{1}{2}x+\frac{1}{2})+0. El m⁢c⁢d\displaystyle mcd es el ultimo resto antes de tener resto 0\displaystyle 0 (ajustado con una constante para que sea monico). Entonces m⁢c⁢d⁢(f,g)=12⁢(2⁢x+2)=x+1\displaystyle mcd(f,g)=\frac{1}{2}(2x+2)=x+1. Ahora puedo usar los cocientes para encontrar una identidad de Bezout entre f\displaystyle f y g\displaystyle g.

2⁢x+2=(x3−x)−(x2+2⁢x+1)⁢(x−2)⇒x+1⏟m⁢c⁢d⁢(f,g)=12⏟u⁢(x)⁢(x3−x)⏟f⁢(x)+(−12)⁢(x−2)⏟v⁢(x)⁢(x2+2⁢x+1)⏟g⁢(x)\displaystyle 2x+2=(x^{3}-x)-(x^{2}+2x+1)(x-2)\Rightarrow\underbrace{x+1}_{mcd% (f,g)}=\underbrace{\frac{1}{2}}_{u(x)}\underbrace{(x^{3}-x)}_{f(x)}+% \underbrace{(-\frac{1}{2})(x-2)}_{v(x)}\underbrace{(x^{2}+2x+1)}_{g(x)}

3.3 Polinomios irreducibles en K⁢[x]\displaystyle K[x]

Proposición 3.7.

Sean K\displaystyle K un cuerpo y p⁢(x)∈K⁢[x]\displaystyle p(x)\in K[x]

p⁢(x)⁢ es invertible en ⁢K⁢[x]⇔p⁢(x)∈K∖{0}\displaystyle p(x)\text{ es invertible en }K[x]\Leftrightarrow p(x)\in K% \setminus\{0\}
Demostración.

“⇐\displaystyle\Leftarrow” Sea p⁢(x)=c≠0\displaystyle p(x)=c\neq 0 polinomio constante. Como K\displaystyle K es un cuerpo ⇒∃c−1∈K\displaystyle\Rightarrow\exists c^{-1}\in K. Luego c⋅c−1=1⇒p⁢(x)=c\displaystyle c\cdot c^{-1}=1\Rightarrow p(x)=c es invertible. “⇒\displaystyle\Rightarrow” Supongamos p⁢(x)\displaystyle p(x) invertible ⇒∃q⁢(x)∈K⁢[x]\displaystyle\Rightarrow\exists q(x)\in K[x] tal que p⁢(x)⋅q⁢(x)=1\displaystyle p(x)\cdot q(x)=1. Por la formula de los grados, g⁢r⁢(p)+g⁢r⁢(q)=g⁢r⁢(1)=0\displaystyle gr(p)+gr(q)=gr(1)=0. La unica opcion es g⁢r⁢(p)=g⁢r⁢(q)=0⇒p⁢(x)\displaystyle gr(p)=gr(q)=0\Rightarrow p(x) y q⁢(x)\displaystyle q(x) son constantes. ∎

Observación.

No es cierto en general, si los coeficientes no estan en un DI. Veamos un contraejemplo en ℤ4⁢[x]\displaystyle\mathbb{Z}_{4}[x]. (2⁢x+1)⁢(2⁢x+1)=4⁢x2+2⁢x+2⁢x+1=4⁢x2+4⁢x+1=1⇒2⁢x+1\displaystyle(2x+1)(2x+1)=4x^{2}+2x+2x+1=4x^{2}+4x+1=1\Rightarrow 2x+1 es invertible en ℤ4⁢[x]\displaystyle\mathbb{Z}_{4}[x].

Definición 3.6 (Polinomios asociados).

Sean p⁢(x),q⁢(x)∈K⁢[x]\displaystyle p(x),q(x)\in K[x]. Decimos que p⁢(x)\displaystyle p(x) es asociado de q⁢(x)\displaystyle q(x) si ∃c≠0∈K\displaystyle\exists c\neq 0\in K tal que p⁢(x)=c⁢q⁢(x)\displaystyle p(x)=cq(x) (es decir, si existe un elemento invertible que pasa de uno a otro).

Definición 3.7 (Polinomio irreducible).

Sea p⁢(x)∈K⁢[x]\displaystyle p(x)\in K[x] un polinomio no constante. Decimos que p\displaystyle p es irreducible si sus unicos divisores son constantes y asociados de p\displaystyle p. En caso contrario decimos que p\displaystyle p es reducible.

Observación.

Para definir polinomios irreducibles no puedo decir que solo tiene 2 divisores. x2+1\displaystyle x^{2}+1 tiene infinitos divisores: x2+1,2⁢(x2+1)⁢,7⁢(x2+1),…⁢,1,−3,π,…\displaystyle x^{2}+1,2(x^{2}+1),7(x^{2}+1),\ldots,1,-3,\pi,\ldots porque x2+1=(7)⁢(17⁢(x2+1))\displaystyle x^{2}+1=(7)(\frac{1}{7}(x^{2}+1)). Estos divisores estan siempre. Si son los unicos, decimos que el polinomio es irreducible.

Proposición 3.8.

Sea p∈K⁢[x]\displaystyle p\in K[x] un polinomio de grado 1. Entonces p\displaystyle p es irreducible.

Demostración.

Supongamos que f⁢(x)\displaystyle f(x) es divisor de p⁢(x)⇒∃g⁢(x)∈K⁢[x]∣p⁢(x)=f⁢(x)⋅g⁢(x)\displaystyle p(x)\Rightarrow\exists g(x)\in K[x]\mid p(x)=f(x)\cdot g(x). La formula de los grados nos dice que g⁢r⁢(p)=g⁢r⁢(f)+g⁢r⁢(p)\displaystyle gr(p)=gr(f)+gr(p), pero g⁢r⁢(p)=1\displaystyle gr(p)=1. Luego hay dos opciones:

  •  
    ​

    g⁢r⁢(f)=0⇒f\displaystyle gr(f)=0\Rightarrow f constante

  •  
    ​

    g⁢r⁢(f)=1⇒g⁢r⁢(g)=0⇒g⁢(x)=c\displaystyle gr(f)=1\Rightarrow gr(g)=0\Rightarrow g(x)=c constante p⁢(x)=c⁢f⁢(x)⇒f⁢(x)=c−1⁢p⁢(x)⇒f⁢(x)\displaystyle p(x)=cf(x)\Rightarrow f(x)=c^{-1}p(x)\Rightarrow f(x) es asociado de p⁢(x)\displaystyle p(x).

Luego p\displaystyle p es irreducible (porque sus unicos divisores son constantes y asociados). ∎

Proposición 3.9.

Sea p⁢(x)∈K⁢[x]\displaystyle p(x)\in K[x] no constante

p(x) es reducible⇔∃q(x),r(x)∈K[x]∣p(x)=q(x)r(x) con gr(q),gr(r)<gr(p)\displaystyle p(x)\text{ es reducible}\Leftrightarrow\exists q(x),r(x)\in K[x]% \mid p(x)=q(x)r(x)\text{ con }gr(q),gr(r)<gr(p)
Demostración.

“⇒\displaystyle\Rightarrow” p⁢(x)\displaystyle p(x) es reducible ⇒∃q⁢(x)\displaystyle\Rightarrow\exists q(x) divisor de p⁢(x)\displaystyle p(x) que no es ni constante ni asociado de p⁢(x)⇒∃r⁢(x)∣p⁢(x)=q⁢(x)⋅r⁢(x)\displaystyle p(x)\Rightarrow\exists r(x)\mid p(x)=q(x)\cdot r(x). Falta demostrar que g⁢r⁢(q),g⁢r⁢(r)<g⁢r⁢(p)\displaystyle gr(q),gr(r)<gr(p). Por reduccion al absurdo, supongo que g⁢r⁢(q)=g⁢r⁢(p)⇒g⁢r⁢(p)=g⁢r⁢(q)⏟=g⁢r⁢(p)+g⁢r⁢(r)⇒g⁢r⁢(r)=0⇒r⁢(x)=c\displaystyle gr(q)=gr(p)\Rightarrow gr(p)=\underbrace{gr(q)}_{=gr(p)}+gr(r)% \Rightarrow gr(r)=0\Rightarrow r(x)=c constante ⇒q⁢(x)=c−1⁢p⁢(x)⇒q⁢(x)\displaystyle\Rightarrow q(x)=c^{-1}p(x)\Rightarrow q(x) es asociado de p⁢(x)\displaystyle p(x). Esto es una contradiccion porque habiamos dicho que q⁢(x)\displaystyle q(x) no era asociado. Supongamos que g⁢r⁢(r)=g⁢r⁢(p)⇒g⁢r⁢(p)=g⁢r⁢(q)+g⁢r⁢(r)⏟=g⁢r⁢(p)⇒g⁢r⁢(q)=0⇒q⁢(x)=c\displaystyle gr(r)=gr(p)\Rightarrow gr(p)=gr(q)+\underbrace{gr(r)}_{=gr(p)}% \Rightarrow gr(q)=0\Rightarrow q(x)=c constante. “⇐\displaystyle\Leftarrow” Supongamos que f⁢(x)=g⁢(x)⋅h⁢(x)\displaystyle f(x)=g(x)\cdot h(x) con g⁢r⁢(q),g⁢r⁢(r)<g⁢r⁢(p)⇒g⁢(x)\displaystyle gr(q),gr(r)<gr(p)\Rightarrow g(x) y h⁢(x)\displaystyle h(x) no pueden ser constantes y no pueden ser asociados de f⁢(x)\displaystyle f(x). Como f⁢(x)=g⁢(x)⁢h⁢(x)\displaystyle f(x)=g(x)h(x), g⁢(x)\displaystyle g(x) divide a f⁢(x)\displaystyle f(x) asi que f⁢(x)\displaystyle f(x) es reducible. ∎

Proposición 3.10.
  1. 1.
    ​

    Si p⁢(x)\displaystyle p(x) irreducible cumple p⁢(x)|a⁢(x)⁢b⁢(x)\displaystyle p(x)|a(x)b(x) entonces p⁢(x)|a⁢(x)\displaystyle p(x)|a(x) o p⁢(x)|b⁢(x)\displaystyle p(x)|b(x).

  2. 2.
    ​

    Si p⁢(x)\displaystyle p(x) divide a ∏i=1nfi⁢(x)\displaystyle\prod\limits_{i=1}^{n}f_{i}(x) entonces ∃i\displaystyle\exists i tal que p⁢(x)|fi⁢(x)\displaystyle p(x)|f_{i}(x).

Teorema 3.2 (Factorizacion unica).

Se dice que K⁢[x]\displaystyle K[x] es un dominio de factorizacion unica (DFU) si todo f⁢(x)∈K⁢[x]\displaystyle f(x)\in K[x] es producto de polinomios irreducibles. Ademas, si f⁢(x)=p1⁢(x)⁢⋯⁢pr⁢(x)=q1⁢(x)⁢⋯⁢qs⁢(x)\displaystyle f(x)=p_{1}(x)\cdots p_{r}(x)=q_{1}(x)\cdots q_{s}(x), entonces r=s\displaystyle r=s y los factores se pueden reordenar de manera que cada fj\displaystyle f_{j} sea asociado de qj\displaystyle q_{j}.

3.4 Raices de un polinomio

Definición 3.8.

Si A\displaystyle A es un a.c.c.u. y sea p⁢(x)∈A⁢[x]\displaystyle p(x)\in A[x], definimos la funcion inducida por p⁢(x)\displaystyle p(x) (o funcion evaluacion de p⁢(x)\displaystyle p(x)) de la siguiente forma:

p:A\displaystyle p\colon A ⟶A\displaystyle\longrightarrow A
b\displaystyle b ⟼p⁢(b)=an⁢bn+an−1⁢bn−1+⋯+a1⁢b+a0\displaystyle\longmapsto p(b)=a_{n}b^{n}+a_{n-1}b^{n-1}+\cdots+a_{1}b+a_{0}
Definición 3.9.

Dado p⁢(x)∈A⁢[x]\displaystyle p(x)\in A[x], decimos que b\displaystyle b es una raiz de b\displaystyle b si p⁢(b)=0\displaystyle p(b)=0.

Teorema 3.3 (Teorema del resto).

Sean K\displaystyle K un cuerpo, p⁢(x)∈K⁢[x]\displaystyle p(x)\in K[x] y b∈K\displaystyle b\in K. El resto de dividir p⁢(x)\displaystyle p(x) entre g⁢(x)=x−b\displaystyle g(x)=x-b es p⁢(b)\displaystyle p(b).

Demostración.

Como g⁢r⁢(r⁢(x))<1\displaystyle gr(r(x))<1, r⁢(x)\displaystyle r(x) es una constante y la denotamos r\displaystyle r. Por el algoritmo de la division p⁢(x)=(x−b)⋅q⁢(x)+r\displaystyle p(x)=(x-b)\cdot q(x)+r. Evaluando en b\displaystyle b: p⁢(b)=(b−b)⋅q⁢(b)+r\displaystyle p(b)=(b-b)\cdot q(b)+r, es decir, r=p(a)¯\displaystyle r=p(a\b{)}. ∎

Corolario 3.1 (Teorema del factor lineal).

Sean p⁢(x)∈K⁢[x]\displaystyle p(x)\in K[x] y b∈K\displaystyle b\in K,

p(b)=0⇔(x−b)|p (b es una raiz de p(x))\displaystyle p(b)=0\Leftrightarrow(x-b)|p\text{ (b es una raiz de }p(x))
Demostración.

El resto de dividir p⁢(x)\displaystyle p(x) entre x−b\displaystyle x-b da cero ⇔T. resto⁢p⁢(b)=0⇔b\displaystyle\overset{\text{T. resto}}{\Leftrightarrow}p(b)=0\Leftrightarrow b es una raiz. ∎

Corolario 3.2.

Sea f⁢(x)∈K⁢[x]\displaystyle f(x)\in K[x] de grado n≥1\displaystyle n\geq 1. Entonces f\displaystyle f tiene, como mucho, n\displaystyle n raices.

Demostración.

Lo demostraremos por induccion. Para n=1\displaystyle n=1, f⁢(x)=a1⁢x+a0⇒\displaystyle f(x)=a_{1}x+a_{0}\Rightarrow la raiz es −a0a1\displaystyle\frac{-a_{0}}{a_{1}}. Luego se cumple para el caso base. Supongamos que es cierto para n\displaystyle n y veamos que tambien lo es para n+1\displaystyle n+1. Sea f⁢(x)\displaystyle f(x) con g⁢r⁢(f⁢(x))=n+1\displaystyle gr(f(x))=n+1.

  •  
    ​

    Si no tiene raices, ya estaria.

  •  
    ​

    Si tiene raices, sea a∈K\displaystyle a\in K una de las raices.

    f⁢(x)=(x−a)⋅h⁢(x)\displaystyle f(x)=(x-a)\cdot h(x)

    Veamos que { raices de ⁢f⁢(x)}={a}∪{raices de ⁢h⁢(x)}\displaystyle\{\text{ raices de }f(x)\}=\{a\}\cup\{\text{raices de }h(x)\}. ⊆]\displaystyle\subseteq] Sea c\displaystyle c una raiz de f⁢(x)\displaystyle f(x) que no sea a\displaystyle a. Como sabemos que f⁢(x)=(x−a)⁢h⁢(x)\displaystyle f(x)=(x-a)h(x), evaluando en c\displaystyle c, u=f⁢(c)=(c−a)⏟≠0⋅h⁢(c)⇒h⁢(c)=0\displaystyle u=f(c)=\underbrace{(c-a)}_{\neq 0}\cdot h(c)\Rightarrow h(c)=0, por lo que c\displaystyle c es raiz de h\displaystyle h. ⊇]\displaystyle\supseteq] Claramente a\displaystyle a es una raiz de f⁢(x)\displaystyle f(x) porque lo estamos suponiendo. Si b\displaystyle b es raiz de h⁢(x)\displaystyle h(x) (h⁢(b)=0\displaystyle h(b)=0) ⇒f⁢(b)=(b−a)⋅h⁢(b)⏟=0=0\displaystyle\Rightarrow f(b)=(b-a)\cdot\underbrace{h(b)}_{=0}=0. Luego b\displaystyle b es raiz de f⁢(x)\displaystyle f(x). Aplicamos la hipotesis de induccion a h⁢(x)\displaystyle h(x), que tiene grado n\displaystyle n. h⁢(x)\displaystyle h(x) tiene, como mucho, n\displaystyle n raices (que son raices de f⁢(x)\displaystyle f(x)). Ademas, tenemos que a\displaystyle a es una raiz de f⁢(x)⇒f⁢(x)\displaystyle f(x)\Rightarrow f(x) tiene como mucho n+1\displaystyle n+1 raices.

∎

Corolario 3.3.

Sean p∈K⁢[x]\displaystyle p\in K[x] con g⁢r⁢(p)≥2\displaystyle gr(p)\geq 2.

  1. 1.
    ​

    p\displaystyle p irreducible ⇒p\displaystyle\Rightarrow p no tiene raices en K\displaystyle K.

  2. 2.
    ​

    p\displaystyle p no tiene raices en K\displaystyle K y g⁢r⁢(p)∈{2,3}⇒p\displaystyle gr(p)\in\{2,3\}\Rightarrow p irreducible

Observación.
  1. 1.
    ​

    Los polinomios irreducibles no tienen raices.

  2. 2.
    ​

    Si f⁢(x)\displaystyle f(x) tiene grado 2\displaystyle 2 o 3\displaystyle 3 y no tiene raices, entonces f⁢(x)\displaystyle f(x) es irreducible.

Corolario 3.4.

Sean K\displaystyle K un cuerpo infinito y f,g∈K⁢[x]\displaystyle f,g\in K[x].

f⁢(x)=g⁢(x)⇔f⁢ y ⁢g⁢ inducen la misma funcion en ⁢K\displaystyle f(x)=g(x)\Leftrightarrow f\text{ y }g\text{ inducen la misma % funcion en }K
Demostración.

“⇒\displaystyle\Rightarrow” Obvio. “⇐\displaystyle\Leftarrow” Consideremos h⁢(x)=f⁢(x)−g⁢(x)\displaystyle h(x)=f(x)-g(x) un polinomio de cierto grado m<∞\displaystyle m<\infty. Tenemos que ∀a∈K\displaystyle\forall a\in K, h⁢(a)=f⁢(a)−g⁢(a)=0\displaystyle h(a)=f(a)-g(a)=0. Es decir, todos los numeros de K\displaystyle K (infinitos) son raices de h⁢(x)\displaystyle h(x). Por el corolario 3.2, h⁢(x)\displaystyle h(x) es el polinomio 0\displaystyle 0, es decir, f⁢(x)=g⁢(x)\displaystyle f(x)=g(x). ∎

3.5 Criterios de irreducibilidad

3.5.1 Polinomios en ℂ⁢[x]\displaystyle\mathbb{C}[x]

Teorema 3.4 (Teorema fundamental del Algebra).

Sea p∈ℂ⁢[x]\displaystyle p\in\mathbb{C}[x] no constante. Entonces p\displaystyle p tiene una raiz en ℂ\displaystyle\mathbb{C}.

Demostración.

Gauss, 1789. Demostracion compleja. ∎

Corolario 3.1.

Todo polinomio de grado n\displaystyle n factoriza como producto de n\displaystyle n polinomios de grado 1\displaystyle 1.

Demostración.

Sea f⁢(x)\displaystyle f(x) de grado n≥2\displaystyle n\geq 2. Buscamos a1∈ℂ\displaystyle a_{1}\in\mathbb{C} raiz de f⁢(x)\displaystyle f(x). Entonces, f(x)=(x−a1)⋅f1(x)=(x−a1)(x−a2)f2(x)=(x−a1)(x−a2)⋯(x−an−1)⋅\displaystyle f(x)=(x-a_{1})\cdot f_{1}(x)=(x-a_{1})(x-a_{2})f_{2}(x)=(x-a_{1}% )(x-a_{2})\cdots(x-a_{n-1})\cdot factor de grado 1. ∎

Corolario 3.2.

Sea p∈ℂ⁢[x]\displaystyle p\in\mathbb{C}[x] no constante. Entonces p\displaystyle p es irreducible si y solo si g⁢r⁢(p)=1\displaystyle gr(p)=1.

3.5.2 Polinomios en ℝ⁢[x]\displaystyle\mathbb{R}[x]

Definición 3.10.

Dado un z=a+b⁢i∈ℂ\displaystyle z=a+bi\in\mathbb{C}, se define su conjugado z¯\displaystyle\overline{z} como z¯=a−b⁢i\displaystyle\overline{z}=a-bi

Observación.

Dados z1,z2∈ℂ\displaystyle z_{1},z_{2}\in\mathbb{C}, z1⋅z2¯=z1¯⋅z2¯\displaystyle\overline{z_{1}\cdot z_{2}}=\overline{z_{1}}\cdot\overline{z_{2}}. Luego (z)n¯=(z¯)n\displaystyle\overline{(z)^{n}}=(\overline{z})^{n}

Proposición 3.11.

Sea p⁢(x)∈ℝ⁢[x]\displaystyle p(x)\in\mathbb{R}[x] y z=a+b⁢i\displaystyle z=a+bi una raiz de p\displaystyle p en ℂ\displaystyle\mathbb{C}. Entonces z¯=a−b⁢i\displaystyle\overline{z}=a-bi es tambien raiz de p\displaystyle p en ℂ\displaystyle\mathbb{C} con la misma multiplicidad que z\displaystyle z.

Demostración.

Sea f⁢(x)=an⁢xn+an−1⁢xn−1+⋯+a1⁢x+a0∈ℝ⁢[x]\displaystyle f(x)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_{1}x+a_{0}\in\mathbb{R}[x]. Sea z∈ℂ\displaystyle z\in\mathbb{C} raiz de f⁢(x)\displaystyle f(x). Entonces, f⁢(z)=0\displaystyle f(z)=0, es decir, an⁢zn+⋯+a1⁢z+a0=0\displaystyle a_{n}z^{n}+\cdots+a_{1}z+a_{0}=0. Tomamos conjugados en los dos lados de la igualdad ⇒an⁢zn+⋯+a1⁢z+a0¯=0¯=0\displaystyle\Rightarrow\overline{a_{n}z^{n}+\cdots+a_{1}z+a_{0}}=\overline{0}=0. Asi, nos queda an⁢(z¯)n+an−1⁢(z¯)n−1+⋯+a1⁢z¯+a0\displaystyle a_{n}(\overline{z})^{n}+a_{n-1}(\overline{z})^{n-1}+\cdots+a_{1}% \overline{z}+a_{0} (usando que an,an−1,…,a0∈ℝ\displaystyle a_{n},a_{n-1},\ldots,a_{0}\in\mathbb{R}). Luego tenemos que f⁢(z¯)=0\displaystyle f(\overline{z})=0, es decir, z¯\displaystyle\overline{z} es raiz de f⁢(x)\displaystyle f(x). ∎

Teorema 3.5.

Sea f⁢(x)∈ℝ⁢[x]\displaystyle f(x)\in\mathbb{R}[x] no constante. Entonces

f⁢(x)⁢ es irreducible⇔{g⁢r⁢(p)=1o bieng⁢r⁢(p)=2⁢ y ⁢p⁢(x)=a⁢x2+b⁢x+c con ⁢b2−4⁢a⁢c<0\displaystyle f(x)\text{ es irreducible}\Leftrightarrow\begin{dcases}gr(p)=1\\ \text{o bien}\\ gr(p)=2\text{ y }p(x)=ax^{2}+bx+c\\ \;\text{ con }b^{2}-4ac<0\end{dcases}
Demostración.

“⇐\displaystyle\Leftarrow” Obvia. “⇒\displaystyle\Rightarrow” No la hacemos. ∎

Corolario 3.1.

Sea p∈ℝ⁢[x]\displaystyle p\in\mathbb{R}[x] no constante. Entonces p\displaystyle p factoriza en producto de factores irreducibles de grados 1\displaystyle 1 y 2\displaystyle 2.

Corolario 3.2.

Si f⁢(x)∈ℝ⁢[x]\displaystyle f(x)\in\mathbb{R}[x] de grado impar, al menos tiene una raiz real.

3.5.3 Polinomios en ℚ⁢[x]\displaystyle\mathbb{Q}[x]

Observación.

Lo mejor es “quitar denominadores” y suponer que p⁢(x)∈ℤ⁢[x]\displaystyle p(x)\in\mathbb{Z}[x]. Ejemplo: 12⁢x2+32⁢x+72=12⁢(x2+3⁢x+7)\displaystyle\frac{1}{2}x^{2}+\frac{3}{2}x+\frac{7}{2}=\frac{1}{2}(x^{2}+3x+7)

Definición 3.11.

Decimos que un numero racional x=rs\displaystyle x=\frac{r}{s} esta en forma reducida si m⁢c⁢d⁢(r,s)=1\displaystyle mcd(r,s)=1.

Teorema 3.6.

Sea f⁢(x)=an⁢xn+an−1⁢xn−1+⋯+a1⁢x+a0∈ℤ⁢[x]\displaystyle f(x)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_{1}x+a_{0}\in\mathbb{Z}[x].

Un racional rs (en forma reducida) es raiz de f(x)⇒r|a0,s|an\displaystyle\text{Un racional }\frac{r}{s}\text{ (en forma reducida) es raiz % de }f(x)\Rightarrow r|a_{0},s|a_{n}
Demostración.

Supongamos que rs\displaystyle\frac{r}{s} es raiz de f⁢(x)\displaystyle f(x).

0=an⁢(rs)n+⋯+a1⁢rs+a0⁢⇒⋅sn⁢0=an⁢rn+an−1⁢rn−1⁢s+a1⁢r⁢sn−1+a0⋅sn⇒−a0⁢sn==r⁢(an⁢rn−1+an−1⁢rn−2⁢s+⋯+a1⁢sn−1)0=a_{n}(\frac{r}{s})^{n}+\cdots+a_{1}\frac{r}{s}+a_{0}\overset{\cdot s^{n}}{% \Rightarrow}0=a_{n}r^{n}+a_{n-1}r^{n-1}s+a_{1}rs^{n-1}+a_{0}\cdot s^{n}% \Rightarrow-a_{0}s^{n}=\\ =r(a_{n}r^{n-1}+a_{n-1}r^{n-2}s+\cdots+a_{1}s^{n-1})

Por tanto, r|−a0⋅sn⇒r|a0\displaystyle r|-a_{0}\cdot s^{n}\Rightarrow r|a_{0}. Ademas, −an⁢rn=s⁢(⋯)⇒s|−an⁢rn⇒s|an\displaystyle-a_{n}r^{n}=s(\cdots)\Rightarrow s|-a_{n}r^{n}\Rightarrow s|a_{n}. ∎

Ejemplo.

El polinomio x4−5⁢x2+1\displaystyle x^{4}-5x^{2}+1 tiene alguna raiz en ℚ\displaystyle\mathbb{Q}? {candidatos a raices}={rs⁢∣r|⁢1,s|1}={±1}\displaystyle\{\text{candidatos a raices}\}=\{\frac{r}{s}\mid r|1,s|1\}=\{\pm 1\}. Tomo λ=1\displaystyle\lambda=1, 14−5⋅12+1≠0\displaystyle 1^{4}-5\cdot 1^{2}+1\neq 0. Tomo λ=−1\displaystyle\lambda=-1, (−1)4−5⋅(−1)2+1≠0\displaystyle(-1)^{4}-5\cdot(-1)^{2}+1\neq 0. Por tanto, este polinomio no tiene raices racionales, es decir, no tiene factores de grado 1. Demostrar que tampoco tiene factores de grado 2: Por reduccion al absurdo, supongamos que x4−5⁢x2+1=(x2+a⁢x+b)⁢(x2+c⁢x+d)⁢a,b,c,d∈ℤ\displaystyle x^{4}-5x^{2}+1=(x^{2}+ax+b)(x^{2}+cx+d)\;a,b,c,d\in\mathbb{Z}. (x2+a⁢x+b)⁢(x2+c⁢x+d)=x4+(a+c)⁢x3⏟0+(d+b+a⁢c)⁢x2⏟−5+(a⁢d+b⁢c)⁢x⏟0+b⁢d⏟1\displaystyle(x^{2}+ax+b)(x^{2}+cx+d)=x^{4}+\underbrace{(a+c)x^{3}}_{0}+% \underbrace{(d+b+ac)x^{2}}_{-5}+\underbrace{(ad+bc)x}_{0}+\underbrace{bd}_{1}. Esto acaba en una contradiccion.

Lema 3.7 (Lema de Gauss).

Dado p⁢(x)∈ℤ⁢[x]\displaystyle p(x)\in\mathbb{Z}[x]. Si p⁢(x)\displaystyle p(x) es irreducible en ℤ⁢[x]\displaystyle\mathbb{Z}[x], entonces p⁢(x)\displaystyle p(x) es irreducible en ℚ⁢[x]\displaystyle\mathbb{Q}[x].

Teorema 3.8 (Criterio de Eisenstein).

Sea p⁢(x)=∑i=1nai⁢xi∈ℤ⁢[x]\displaystyle p(x)=\sum_{i=1}^{n}a_{i}x^{i}\in\mathbb{Z}[x] no constante con an≠0\displaystyle a_{n}\neq 0. Si ∃p∈ℕ\displaystyle\exists p\in\mathbb{N} primo tal que:

  •  
    ​

    p|a0,a1,…,an−1\displaystyle p|a_{0},a_{1},\ldots,a_{n-1}

  •  
    ​

    p∤an\displaystyle p\nmid a_{n}

  •  
    ​

    p2∤a0\displaystyle p^{2}\nmid a_{0}

entonces p⁢(x)\displaystyle p(x) es irreducible en ℚ⁢[x]\displaystyle\mathbb{Q}[x].

Demostración.

En el libro de Hungerford. ∎

Ejemplo.

Ejemplo: x4+2⁢x2+2⁢x+2\displaystyle x^{4}+2x^{2}+2x+2. Tomando p=2\displaystyle p=2, vemos que es irreducible.

Teorema 3.9 (Criterio modular).

Sea p⁢(x)=∑i=0nai⁢xi∈ℤ⁢[x]\displaystyle p(x)=\sum_{i=0}^{n}a_{i}x^{i}\in\mathbb{Z}[x] no constante con an≠0\displaystyle a_{n}\neq 0. Si ∃q∈ℕ\displaystyle\exists q\in\mathbb{N} primo tal que:

  •  
    ​

    q∤an\displaystyle q\nmid a_{n} (es decir, el grado no varia).

  •  
    ​

    p¯⁢(x)≔∑i=0n[ai]q⁢xi\displaystyle\overline{p}(x)\coloneqq\sum_{i=0}^{n}[a_{i}]_{q}x^{i} es irreducible en ℤq⁢[x]\displaystyle\mathbb{Z}_{q}[x]

entonces p⁢(x)\displaystyle p(x) es irreducible en ℚ⁢[x]\displaystyle\mathbb{Q}[x].

Demostración.

En el libro de Hungerford. ∎

Ejemplo.

Sea p⁢(x)=x5+8⁢x4+3⁢x2+4⁢x+7\displaystyle p(x)=x^{5}+8x^{4}+3x^{2}+4x+7. Pensamos este polinomio en ℤ2\displaystyle\mathbb{Z}_{2}: p¯⁢(x)=x5+x2+1∈ℤ2⁢[x]\displaystyle\overline{p}(x)=x^{5}+x^{2}+1\in\mathbb{Z}_{2}[x]. p¯⁢(0)=1≠0\displaystyle\overline{p}(0)=1\neq 0 y p¯⁢(1)=1≠0⇒\displaystyle\overline{p}(1)=1\neq 0\Rightarrow no tiene factores de grado 1. En caso de ser reducible, tendria que descomponerse en dos factores irreducibles, siendo uno de grado 2 y otro de grado 3. Como son los irreducibles en ℤ2⁢[x]\displaystyle\mathbb{Z}_{2}[x] de grado 2? x2+a⁢x+b⇒g⁢(0)\displaystyle x^{2}+ax+b\Rightarrow g(0) tiene que ser distinto de cero ⇒g⁢(0)=b=1\displaystyle\Rightarrow g(0)=b=1. Tambien g⁢(1)=1+a+b≠0⇒a=1\displaystyle g(1)=1+a+b\neq 0\Rightarrow a=1. Vamos a ver dividir x5+x4+1\displaystyle x^{5}+x^{4}+1 entre x2+x+1\displaystyle x^{2}+x+1. Nos da resto 1\displaystyle 1. Por tanto no tiene factores de grado 2. Hemos llegado a que x5+x4+1\displaystyle x^{5}+x^{4}+1 es irreducible en ℤ2⁢[x]\displaystyle\mathbb{Z}_{2}[x]. Aplicando el criterio modular, x5+8⁢x4+3⁢x2+4⁢x+7\displaystyle x^{5}+8x^{4}+3x^{2}+4x+7 es irreducible en ℚ⁢[x]\displaystyle\mathbb{Q}[x].

3.6 Cuerpos finitos

Teorema 3.10.

Sean K\displaystyle K un cuerpo, p⁢(x)∈K⁢[x]\displaystyle p(x)\in K[x] no constante e I=(p⁢(x))\displaystyle I=(p(x)) el ideal principal generado por p⁢(x)\displaystyle p(x). Las siguientes afirmaciones son equivalentes:

  1. 1.
    ​

    p⁢(x)\displaystyle p(x) es irreducible

  2. 2.
    ​

    K⁢[x]/I\displaystyle K[x]/I es un dominio de integridad

  3. 3.
    ​

    K⁢[x]/I\displaystyle K[x]/I es un cuerpo

Demostración.
  •  
    ​

    3)⇒2)\displaystyle 3)\Rightarrow 2) Obvio (tema 1).

  •  
    ​

    1)⇒3)\displaystyle 1)\Rightarrow 3) Vamos a ver que I=(p⁢(x))\displaystyle I=(p(x)) es un ideal maximal de K⁢[x]\displaystyle K[x]. Supongamos que ∃M\displaystyle\exists M ideal de K⁢[x]\displaystyle K[x] tal que I⊊M⊆K⁢[x]\displaystyle I\subsetneq M\subseteq K[x]. Por tanto, ∃q⁢(x)∈M\displaystyle\exists q(x)\in M pero q⁢(x)∉I\displaystyle q(x)\not\in I. Como p⁢(x)\displaystyle p(x) es irreducible, m⁢c⁢d⁢(p⁢(x),q⁢(x))=1\displaystyle mcd(p(x),q(x))=1. Por el teorema de existencia de identidades de Bezout, ∃a⁢(x),b⁢(x)\displaystyle\exists a(x),b(x) tal que 1=a⁢(x)⁢p⁢(x)⏟∈M⏟∈M+b⁢(x)⁢q⁢(x)⏟M⏟∈M∈M⇒K⁢[x]⊆M\displaystyle 1=\underbrace{a(x)\underbrace{p(x)}_{\in M}}_{\in M}+\underbrace% {b(x)\underbrace{q(x)}_{M}}_{\in M}\in M\Rightarrow K[x]\subseteq M. Luego I\displaystyle I es maximal. Por el teorema, K⁢[x]/I\displaystyle K[x]/I es un cuerpo

  •  
    ​

    2)⇒1)\displaystyle 2)\Rightarrow 1) Supongamos que K⁢[x]/(p⁢(x))\displaystyle K[x]/(p(x)) es dominio de integridad y veamos que p⁢(x)\displaystyle p(x) es irreducible. Por reduccion al absurdo, supongamos que p⁢(x)=q1⁢(x)⋅q2⁢(x)\displaystyle p(x)=q_{1}(x)\cdot q_{2}(x) con g⁢r⁢(q1),g⁢r⁢(q2)<g⁢r⁢(p)\displaystyle gr(q_{1}),gr(q_{2})<gr(p).

    0≠q⁢(x)+I0≠q2⁢(x)+I}⇒(q1⁢(x)+I)⏟≠0⁢(q2⁢(x)+I)⏟≠0=p⁢(x)+I=0\displaystyle\begin{rcases}0\neq q(x)+I\\ 0\neq q_{2}(x)+I\end{rcases}\Rightarrow\underbrace{(q_{1}(x)+I)}_{\neq 0}% \underbrace{(q_{2}(x)+I)}_{\neq 0}=p(x)+I=0

    Esto es una contradiccion porque es dominio de integridad. Luego p⁢(x)\displaystyle p(x) es irreducible.

∎

Ejemplo.

Sea p⁢(x)−x2+x+1←\displaystyle p(x)-x^{2}+x+1\leftarrow irreducible en ℤ2⁢[x]\displaystyle\mathbb{Z}_{2}[x].

ℤ2⁢[x]/(p⁢(x))← cuerpo de 4 elementos.\displaystyle\mathbb{Z}_{2}[x]/(p(x))\leftarrow\text{ cuerpo de 4 elementos.}

Todos los restos de dividir a1⁢x+a0\displaystyle a_{1}x+a_{0} entre p⁢(x)\displaystyle p(x) son {[0],[1],[x],[1]+[x]}\displaystyle\{[0],[1],[x],[1]+[x]\}.

Teorema 3.11.

Sea p⁢(x)\displaystyle p(x) irreducible en ℤp⁢[x]\displaystyle\mathbb{Z}_{p}[x]. Entonces ℤp⁢[x]/(p⁢(x))\displaystyle\mathbb{Z}_{p}[x]/(p(x)) es un cuerpo finito con pn\displaystyle p^{n}-elementos donde n=g⁢r⁢(p⁢(x))\displaystyle n=gr(p(x)).