Teorema 50.1 Seja \(\F\) um corpo e seja \(f(x)\in\F[x]\) de grau maior ou igual a \(1\). Então \(f(x)\) pode ser escrito na forma \[
f(x)=\alpha q_1(x)\cdots q_k(x)
\] onde \(\alpha\in\F\setminus\{0\}\) e os \(q_i(x)\in\F[x]\) são polinômios irredutíveis e mônicos. Além disso, esta fatoração de \(f(x)\) é única a menos da ordem dos fatores
Primeiro nós provaremos um lema que pode ser considerado como análogo de um resultado que já provamos para números inteiros.
Lema 50.1 Seja \(f(x)\in\F[x]\) um polinômio irredutível e \(g(x),h(x)\in\F[x]\) tal que \(f(x)\mid g(x)h(x)\). Então \(f(x)\mid g(x)\) ou \(f(x)\mid h(x)\)
Comprovação. Assuma que \(f(x)\nmid g(x)\). Precisamos provar que \(f(x)\mid h(x)\). Então \(\mdc{f(x)}{g(x)}=1\) e existem \(u(x),v(x)\in\F[x]\) tais que \[
u(x)f(x)+v(x)g(x)=1.
\] Multiplicando a equação anterior por \(h(x)\) temos que \[
u(x)f(x)h(x)+v(x)g(x)h(x)=h(x).
\] Note que \(f(x)\) divide as duas parcelas no lado esquerdo da última equação, logo \(f(x)\) precisa dividir \(h(x)\) e é isso que precisamos provar
Comprovação. ((O Teorema da Fatoração) Existência: Vamos provar a existência por indução em \(\grau{f(x)}\). Se \(\grau{f(x)}=1\), então \(f(x)\) é irredutível e \[
f(x)=\alpha f_0(x)
\] onde \(\alpha\in\F\setminus\{0\}\) é o coeficiente líder de \(f(x)\) e \(f_0(x)\) é irredutível e mônico.
Assumamos que a afirmação da existência do teorema está válida para polinômios de grau menor ou igual a \(k-1\geq 1\) e seja \(f(x)\) um polinômio de grau \(k\). Se \(f(x)\) é irredutível, então \[
f(x)=\alpha f_0(x)
\] onde \(\alpha\in\F\setminus\{0\}\) é o coeficiente líder de \(f(x)\) é \(f_0(x)\) é irredutível e mônico e \(f(x)\) pode ser fatorado. Se \(f(x)\) não é irredutível, então \(f(x)=f_1(x)f_2(x)\) onde \(f_1(x),f_2(x)\in\F[x]\) e \(\grau{f_i(x)}\geq 1\). Pela hipótese da indução, \[\begin{align*}
f_1(x)&=\alpha_1 q_1(x)\cdots q_k(x)\\
f_2(x)&=\alpha_2 q_{k+1}(x)\cdots q_\ell(x)
\end{align*}\] onde \(\alpha_1,\alpha_2\in\F[x]\setminus\{0\}\) e os \(q_i(x)\) são mônicos e irredutíveis. Ora, \[
f(x)=f_1(x)f_2(x)=(\alpha_1\alpha_2) q_1(x)\cdots q_k(x)q_{k+1}(x)\cdots q_\ell.
\]
Unicidade. Demonstremos agora a unicidade por indução sobre o número minimal de fatores. Assuma que \(f(x)\in\F[x]\) tem apenas um fator; ou seja \(f(x)=\alpha f_0(x)\) onde \(\alpha\in\F\setminus\{0\}\) e \(f_0(x)\) é irredutível e mônico. Então \(f(x)\) também é irreditúvel e qualquer outra fatoração tem também um único fator e tem a forma \(f(x)=\beta f_1(x)\) onde \(f_1(x)\) é mônico e irredutível. Agora \(f_0(x)\mid f_1(x)\) e \(f_1(x)\mid f_0(x)\). Como estes dois são mônicos temos que \(f_0(x)=f_1(x)\). A igualdade \(\alpha=\beta\) segue do fato que os dois são iguais ao coeficiente líder de \(f(x)\).
Assuma que a afirmação da unicidade está válida para polinômios que podem ser escritos com \(k-1\) fatores. Assuma que \[
f(x)=\beta_1q_1(x)\cdots q_k(x)=\beta_2r_1(x)\ldots r_m(x)
\] onde \(m\geq k\), \(\beta_1,\beta_2\in\F\setminus\{0\}\) e os \(q_i(x)\) e \(r_j(x)\) são mônicos e irredutíveis. Agora \[
q_1(x)\mid f(x)=\beta_2r_1(x)\ldots r_m(x)
\] e pelo lema no início desta página \(q_1(x)\mid r_j(x)\) com algum \(j\). Como \(q_1(x)\) e \(r_j(x)\) são mônicos e irredutíveis segue que \(q_1(x)=r_j(x)\). Assuma sem perder a generalidade que \(q_1(x)=r_1(x)\). Então \[
f(x)=\beta_1q_1(x)q_2(x)\cdots q_k(x)=\beta_2q_1(x)r_2(x)\ldots r_m(x).
\] Como \(\F[x]\) é um domínio, a lei cancelativa aplica-se e obtemos que \[
\beta_1q_2(x)\cdots q_k(x)=\beta_2r_2(x)\ldots r_m(x).
\] Agora a hipótese de indução implica que \(k=m\) e que os fatores \(q_2(x),\ldots,q_k(x)\) e \(r_2(x),\ldots,r_m(x)\) são os mesmos exceto possivelmente a sua ordem. Portanto os fatores \(q_1(x),\ldots,q_k(x)\) e \(r_1(x),\ldots,r_m(x)\) são os mesmos exceto possivelmente a sua ordem. O fato que \(\beta_1=\beta_2\) segue, pois os dois são iguais ao coeficiente líder de \(f(x)\).
Exemplo 50.1 Seja \(f(x)\in\C[x]\) um polinômio de grau maior ou igual a um. Seja \[
f(x)=\beta_n x^n+\cdots+\beta_1x+\beta_0
\] com \(\beta_n\neq 0\). Então \(f(x)=\beta_n f_0(x)\) onde \(f_0(x)\in\C[x]\) é um polinômio mônico. Pelo teorema demonstrado na semana passada, \[
f_0(x)=\prod_{i=1}^n(x-\alpha_i)
\] onde os \(\alpha_i\) são as raízes de \(f_0(x)\) (e assim também as raízes de \(f(x)\)) contando com multiplicidade. Ora, a fatoração de \(f(x)\) em produto de irredutíveis é \[
f(x)=\beta_n\prod_{i=1}^n(x-\alpha_i).
\]
Exemplo 50.2 Agora, seja \(f(x)\in\R[x]\) um polinômio de grau maior ou igual a um. Seja \[
f(x)=\beta_n x^n+\cdots+\beta_1x+\beta_0
\] com \(\beta_i\in\R\) e \(\beta_n\neq 0\). Como acima, \(f(x)=\beta_n f_0(x)\) onde \(f_0(x)\in\R[x]\) é um polinômio mônico. Pelo teorema demonstrado na semana passada sobre polinômios em \(\R[x]\), \[
f_0(x)=\prod_{i=1}^s(x-\alpha_i)\prod_{j=1}^r(x^2+\gamma_jx+\delta_j)
\] onde \(\alpha_i,\gamma_j,\delta_j\in\R\) e \(\gamma_j^2-4\delta_j < 0\) para todo \(j\geq 1\). Os fatores na fatoração na equação anterior podem ser determinados usando as raízes de \(f(x)\). De fato, as raízes de \(f(x)\) (contando com multiplicidade) são \[
\alpha_1,\ldots,\alpha_s,\alpha_{s+1},\overline{\alpha_{s+1}},\ldots,\alpha_{s+r},\overline{\alpha_{s+r}}
\] onde \(n=s+2r\) e \(\alpha_i\in\R\) se e somente se \(i\in\{1,\ldots,s\}\). A fatoração de \(f_0(x)\) pode ser escrita como \[
f_0(x)=\prod_{i=1}^s(x-\alpha_i)\prod_{j={s+1}}^{s+r}(x^2-(\alpha_j+\overline{\alpha_j})x+\alpha_j\cdot\overline{\alpha_j}).
\] Consequentemente a fatoração de \(f(x)\) é \[
f(x)=\beta_n\prod_{i=1}^s(x-\alpha_i)\prod_{j={s+1}}^{s+r}(x^2-(\alpha_j+\overline{\alpha_j})x+\alpha_j\cdot\overline{\alpha_j}).
\]
Exemplo 50.3 No terceiro exemplo considere \[
f(x)=x^5 - 2x^3 + x^2 + x - 1\in\Q[x].
\] Dá para verificar que \(\alpha_1=1\) e \(\alpha_2=-1\) são raízes de \(f(x)\) e assim \(f(x)\) é divisível por \((x-1)(x+1)=x^2-1\). Calculando o quociente, obtemos que \[
f(x)=(x-1)(x+1)(x^3-x+1).
\] O Teorema das Raízes Racionais implica que \(x^3-x+1\) não possui raízes em \(\Q\) e (sendo um polinômio de grau \(3\)) é irredutível. Então a fatoração de \(f(x)\) é \[
f(x)=x^5 - 2x^3 + x^2 + x - 1=(x-1)(x+1)(x^3-x+1)
\]