\[
f(x)=\alpha q_1(x)\cdots q_k(x)
\]
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.
\[
u(x)f(x)+v(x)g(x)=1.
\]
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.
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 $f(x)$.
\[
f(x)=\beta_n x^n+\cdots+\beta_1x+\beta_0
\]
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
\[
f(x)=\beta_n\prod_{i=1}^n(x-\alpha_i).
\]
\[
f(x)=\beta_n x^n+\cdots+\beta_1x+\beta_0
\]
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
\[
f(x)=\beta_n\prod_{i=1}^s(x-\alpha_i)\prod_{j={s+1}}^{s+r}(x^2-(\alpha_j+\overline{\alpha_j})x+\alpha_j\cdot\overline{\alpha_j}).
\]
\[
f(x)=x^5 – 2x^3 + x^2 + x – 1\in\Q[x].
\]
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
\[
f(x)=x^5 – 2x^3 + x^2 + x – 1=(x-1)(x+1)(x^3-x+1)
\]