Al pensar en esta pregunta me di cuenta de que si $\alpha$ es una raíz de $f(x) = x^9 + 3 x^6 + 165 x^3 + 1$ $$\left(\frac{\alpha^3+1}{3 \alpha}\right)^3 = -6$$ so $\mathbb{Q}(\alpha)$ contains a cube root of $6$. This shows that $3 \a mediados de [\mathbb{Q}(\alpha) : \mathbb{Q}]$. Por otra parte, $f(x)$ factores $\mathbb{Q}(\zeta, \sqrt[3]6)$ $$f(x) = (x^3 + 3 \sqrt[3]6\,x + 1)(x^3 + 3 \zeta \sqrt[3]6\,x + 1)(x^3 + 3 \zeta^{-1} \sqrt[3]6\,x + 1)$$ donde $\zeta$ es una primitiva de la tercera raíz de la unidad. Hay un "simple" manera de utilizar estos datos para mostrar que, de hecho, $f(x)$ debe ser irreductible $\mathbb{Q}$, por ejemplo, relacionando esto a un cierto campo finito que contiene una raíz cúbica de a $6$?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Esto es suficiente para mostrar que $g(x)=x^3 + 3 \sqrt[3]6\,x + 1$ es irreducible sobre $K=\mathbb{Q}(\sqrt[3]6)$ porque $$[\mathbb{Q}(\alpha):K]=3 \implies [\mathbb{Q}(\alpha):\mathbb{Q}] = 9$$ Hay algoritmos generales para factorizar polinomios sobre el número de campos. Sin embargo, os presento dos ad hoc maneras para este polinomio.
Primer método
Si $g$ es reducible, entonces tiene una raíz en $K$. La única raíz real de $g$$\gamma= -0.182329$, este número es una expresión algebraica de la unidad. Por lo tanto $-1/\gamma = 5.48461$ es también una expresión algebraica de la unidad.
Deje $u>1$ ser la unidad fundamental de un verdadero cúbicos de campo con una real incorporación, a continuación,$$u^3 > \frac{|\delta|-27}{4}$$ where $\ delta$ es el discriminante del campo.
Un instructivo de la prueba se da en Número de Campos por Daniel Marcus (capítulo 5). Introductorio de la teoría algebraica de números por Alaca (capítulo 13) contiene una excesivamente detallado de la prueba.
Ahora aplicar esta propuesta para el anillo de enteros de $K$,$\delta = -972$, que encontró su unidad fundamental es $>6.1819$. Por lo tanto,$-1/\gamma \notin K$$\gamma \notin K$.
Segundo método
Reemplace $x$ $x/\sqrt[3]6$ $g(x)$ da $x^3+18x+6$, irreductible $\mathbb{Q}$. Denotan una raíz real de $x^3+18x+6$$\gamma$. Basta para mostrar $\gamma \notin K$. Suponga $\gamma \in K$,$\mathbb{Q}(\sqrt[3]6) = \mathbb{Q}(\gamma)$. Ambos $$\{1,\sqrt[3]6, \sqrt[3]6^2\} \qquad \{1,\gamma, \gamma^2\}$$ are basis of $K$ over $\mathbb{Q}$. Let $\text{tr}$ denote the trace of $K$ over $\mathbb{Q}$. Existe $a,b,c\in \mathbb{Q}$ tal que $$\gamma = a + b\sqrt[3]6+c\sqrt[3]6^2$$ Tomando traza de ambos lados da $$0=\text{tr}(\gamma) = 3a \implies a=0$$ Así $$\gamma^2 = b^2\sqrt[3]6^2+c^2\sqrt[3]6^4+12bc$$, taking trace again gives $$\tag{1} -36=\text{tr}(\gamma^2) = 36bc \implies bc=-1$$ Consider $\gamma^3$ gives $$\tag{2}-18=\text{tr}(\gamma^3)=18(b^3+6c^3) \implies b^3+6c^3=-1$$ Es fácil ver que $(1),(2)$ no tiene soluciones racionales, esta contradicción muestra $\gamma \notin K$.
