$6x^5+14x^3-21x+35$ es irreductible en$\mathbb{Q}[x]$

Question

Estoy tratando de mostrar que $p(x)=6x^5+14x^3-21x+35$ es irreducible en a $\mathbb{Q}[x]$.

Me gustaría ser capaz de utilizar el Criterio de Eisenstein, que establece:

Deje $P$ ser uno de los principales ideales de la integral de dominio $R$ y deje $f(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots+a_1x+a_0$ ser un polinomio en $R[x]$ donde $n \geq 1$. Supongamos que $a_{n-1}, \ldots, a_1 \in P$ y supongamos que $a_0$ no es un elemento de $P^2$. A continuación, $f(x)$ es irreducible en a $R[x]$.

El problema es que el polinomio $p(x)$ que me da no tiene un coeficiente de 1. Hay otro enfoque que puedo tomar? Me gustaría ser capaz de escribir una auto-contenido de la prueba, si es posible.

Answer 1

Debido a $p(x)\in\Bbb{Z}[x]$ es primitivo, por Gauss lema es suficiente para mostrar $p(x)$ es irreducible en a $\Bbb{Z}[x]$. Supongamos hacia una contradicción que $p(x)$ es reducible, decir $p(x)=f(x)g(x)$$\deg f,\deg g>0$. La reducción de modulo $7$ los rendimientos de los dos polinomios $\overline{f}(x),\overline{g}(x)\in\Bbb{F}_7[x]$ tal que $\overline{f}(x)\overline{g}(x)=\overline{p}(x)=\overline{6}x^5$. Esto significa $\overline{f}(x)=ax^m$ $\overline{g}(x)=bx^n$ algunos $a,b\in\Bbb{F}_7$$m,n\in\Bbb{N}$. Debido a que el producto de los principales coeficientes de $f$$g$$6$, el líder de los coeficientes de $f$ $g$ no son divisibles por $7$, por lo que $$m=\deg\overline{f}=\deg f>0\qquad\text{ and }\qquad n=\deg\overline{g}=\deg g>0.$$ Esto significa que la constante coeficientes de $f(x)$ $g(x)$ son divisibles por $7$, y así el coeficiente constante de $p(x)=f(x)g(x)$ es divisible por $7^2$. Pero $35$ no es divisible por $7^2$, una contradicción. Por lo tanto $p(x)$ es irreducible en a $\Bbb{Z}[x]$, y por Gauss lema es irreducible en a $\Bbb{Q}[x]$.

Answer 2

Usted puede deshacerse del % de coeficiente $6$multiplicando la ecuación por la cantidad $6^4$, y luego realizar la sustitución $y = 6x$; Esto le dará un MONIC polinomio en y con coeficientes enteros. Eisenstein se aplica ahora.

Answer 3

Tomar $R=\Bbb{Z}[\frac16]$, $P=7R$, y $a_4=0$, $a_3=2\cdot\frac{1}{6}\cdot7$, $a_2=0$, $a_1=-3\cdot\frac{1}{6}\cdot7$ y $a_0=5\cdot\frac{1}{6}\cdot7$.

Compruebe que $5\cdot\frac16\cdot7\notin7^2R$ encontrar que $$f(x)=x^5+\frac{14}{6}x^3-\frac{21}{6}x+\frac{35}{6},$$ es irreducible en a $R[x]$, por lo tanto también lo es su polinomio $6f(x)$ porque $6$ es una unidad en $R$. Entonces, sin duda, su polinomio también es irreducible en a $\Bbb{Z}[X]$ porque $\Bbb{Z}\subset R$, y así por Gauss lema es irreducible en a $\Bbb{Q}[X]$.

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Huelga decir que este argumento vale para cualquier polinomio cuyo coeficiente inicial no es en $P$, y es digno de la comprobación de que el criterio de Eisenstein no sólo funciona para monic polinomios, pero para todos los polinomios de satisfacciones $a_n\notin P$ donde $a_n$ es el coeficiente inicial.

Answer 4

Utilice p = 7. 7 no divide 6 divide 14,21 y 35 pero 7 ^ 2 = 49 no divide 35. Por lo tanto, el polinomio es Eisenstein a p = 7 y por lo tanto es irreducible en $\mathbb{Q}[x]. Ahora, se trata de una formulación equivalente del criterio de Eisenstein indicado arriba.