Questão 17. Sejam K corpo e f \in K[x] tal que 1 \leq \partial f \leq 3. Mostre que ou f é irredutível sobre K ou f possui uma raiz em K. E se \partial f=4 ?

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede explicitamente o que segue.
  • Dado um corpo K e um polinômio f \in K[x].
  • Sabe-se que 1 \leq \partial f \leq 3, isto é, o grau de f é 1, 2 ou 3.
  • Pedem que eu mostre que ou f é irreduzível sobre K ou f possui uma raiz em K.
  • Depois pedem para discutir o caso \partial f = 4.
Informações relevantes que o enunciado deu: o corpo K (qualquer corpo) e o grau de f (entre 1 e 3, e depois o caso 4). Nada mais foi fornecido — devo usar apenas essas hipóteses.

Passo 2

Primeiro preciso usar um fato básico e essencial: relação entre raízes e fatores lineares. Vou enunciar e provar esse fato de forma detalhada (é a “fórmula da divisão” aplicada a (x-a)).
Fato: para f\in K[x] e a\in K vale
f(a)=0 \quad\Longleftrightarrow\quad (x-a)\\ \text{divide}\\ f(x)\\ \text{em}\\ K[x].
Prova passo a passo: pelo algoritmo da divisão em K[x] (que funciona porque K é corpo) ao dividir f(x) por x-a existe q(x)\in K[x] e r\in K (constante) tais que
f(x)=(x-a)\,q(x)+r,
onde o resto r tem grau menor que \deg(x-a)=1, logo é constante. Agora avalio em x=a:
f(a)=(a-a)\,q(a)+r = r.
Assim f(a)=r. Portanto f(a)=0 se e somente se r=0, isto é, se e somente se o resto da divisão é zero, o que significa que (x-a) divide f. Isso prova o fato.
Comentário amigo: esse é um resultado que usamos o tempo todo — raiz ↔ fator linear — e a prova é só dividir e avaliar. Guarda isso, que vale para qualquer corpo.

Passo 3

Vou usar agora um raciocínio por casos simples sobre o grau de f.
Caso \partial f = 1. Então f é um polinômio afim não nulo; escrevendo explicitamente,
f(x)=b(x-a)
com b\in K\setminus\{0\} e a\in K. Disto segue imediatamente que f(a)=0, ou seja, f possui uma raiz em K. (Observação: polinômios de grau 1 também são irreduzíveis, mas a disjunção “ou” no enunciado permite ambas as coisas; o importante é que pelo menos uma das alternativas vale.)

Passo 4

Caso \partial f = 2 ou \partial f = 3. Vou raciocinar pela negação: suponha que f não seja irreduzível, isto é, suponha que f seja redutível em K[x]. Então existem polinômios não constantes g,h\in K[x] tais que
f(x)=g(x)\,h(x)
e \deg g,\deg h \ge 1. Como \deg f=\deg g+\deg h e \deg f\in\{2,3\}, as únicas possibilidades para os pares (\deg g,\deg h) são:
  • se \deg f=2: (1,1);
  • se \deg f=3: (1,2) ou (2,1).
Em todas essas possibilidades ao menos um dos fatores tem grau 1. Logo existe um fator linear (x-a) que divide f. Pelo passo anterior (fato raiz ↔ fator linear), isso implica que existe a\in K tal que f(a)=0. Portanto, se f é redutível então f tem raiz em K. Conclusão: para \deg f\in\{2,3\} temos que ou f é irreduzível, ou (caso seja redutível) tem um fator linear e portanto uma raiz em K.

Passo 5

Juntando os casos: para \partial f=1,2,3 mostramos passo a passo que sempre vale a alternativa pedida — ou f é irreduzível, ou f possui uma raiz em K. (Lembra: para grau 1 ele tem raiz; para graus 2 e 3 se for redutível necessariamente aparece um fator de grau 1.)
Respira um pouco — isso é o argumento todo para a primeira parte. É curto e elegante: o ponto-chave é que não há como escrever um polinômio de grau 2 ou 3 como produto de dois polinômios ambos de grau ≥2, porque os graus somariam pelo menos 4.

Passo 6

Agora o que acontece se \partial f = 4? Vou mostrar que a afirmação anterior deixa de ser verdadeira: é possível ter f redutível em K[x] e, ao mesmo tempo, não ter nenhuma raiz em K. O motivo é que com grau 4 podemos ter a fatoração
f(x)=g(x)\,h(x)
com \deg g=\deg h=2. Se ambos os quadráticos forem irredutíveis sobre K (ou seja, não têm raízes em K), então f é redutível mas não tem fator linear, logo não tem raiz em K.
Vou dar um exemplo concreto (simples e bem conhecido) para fixar a ideia. Tome K=\mathbb{Q} (os racionais) e
f(x)=(x^2+1)^2 = x^4+2x^2+1 \in \mathbb{Q}[x].
  • Aqui eu peguei os dados explicitamente: f é o quadrado de x^2+1, logo é redutível em \mathbb{Q}[x] (fator não-trivial de grau 2 aparece).
  • O polinômio x^2+1 não tem raiz em \mathbb{Q} (porque não existe a\in\mathbb{Q} com a^2=-1). Assim cada fator quadrático é irreduzível sobre \mathbb{Q}.
  • Portanto f é redutível (factora em dois quadráticos) e, ao mesmo tempo, não possui nenhuma raiz em \mathbb{Q}.
Isto mostra claramente que para \partial f=4 a conclusão “ou f irreduzível ou f tem raiz em K” não é mais verdadeira em geral: podemos ter polinômio redutível sem raiz em K.

Resposta

Para \partial f\in\{1,2,3\}: ou f é irreduzível sobre K ou f possui uma raiz em K.
Para \partial f=4: não necessariamente — por exemplo, em \mathbb{Q}[x]
f(x)=(x^2+1)^2=x^4+2x^2+1
é redutível e não tem raiz em \mathbb{Q}.

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