Quiero demostrar que el polinomio $f(x)=x^{9}+3x^{6}+165x^{3}+1\in\mathbb{Q}[x]$ es irreducible en $\mathbb{Q}$.
Mi suposición; reducción del $f(x)\in\mathbb{F}{p}[x]$ % excelente apto $p$, podría ser irreducible $\mathbb{F}{p}$, $\mathbb{F}_{p}$ Dónde está campo finito de orden $p$.
Pero, ¿cómo encontrar el adecuado % primer $p$y para mostrar la irreductibilidad $\mathbb{F}_{p}$?
El orden de $f(x)$ es demasiado alto para mí ;(
¡Dar alguna pista o Consejo! ¡Gracias!
Un argumento algo inspirado por pisco agradable respuesta. Tratando de salirse con menos teoría.
Considere el polinomio $$g(x)=x^3+3x^2+165x+1.$$ Vamos factor de $g(x)\equiv x^3+3x^2-4x+1$ modulo $p=13$. Por reagrupación vemos que $$ g(x)\equiv x^3+3x^2-4x-12=(x^3-4x)+3(x^2-4)=(x-2)(x+2)(x+3). $$ Esto significa que el modulo $13$ $$ f(x)\equiv (x^3+2)(x^3-2)(x^3+3).\qquad(*) $$ Pisco ya observó que $2$ no es un cúbicos de residuos modulo $13$. Más en general,$13-1=3\cdot4$, la (no-cero) de residuos de la clase de $a$ es un cúbicos de residuos modulo $13$ si y sólo si $a^4\equiv1\pmod{13}$. De esto se deduce fácilmente que ninguno de $\pm2,-3$ es un cúbicos residen modulo $13$.
De ello se desprende que los tres cúbicos factores en $(*)$ son todos irreductible modulo $13$.
El resto es fácil. Si $f(x)$ factores $\Bbb{Q}$, se debe tener más de $\Bbb{Z}$ (de Gauss Lema), es decir, $f(x)=g(x)h(x)$ $g(x),h(x)\in\Bbb{Z}[x]$ tanto monic. Tal factorización sobrevive a la reducción del modulo $13$. Factorización de más de $\Bbb{Z}_{13}$ es único, por lo que podemos concluir que
Esta es una contradicción, porque el término constante de $g(x)$ debe ser un factor del término constante de $f(x)$, es decir, debemos tener $g(0)=\pm1$.
Por lo tanto, $f(x)$ es irreductible.
Adenda: En caso de que los intereses que alguien me hizo un poco de pruebas con Mathematica. Me recogieron datos sobre la factorización de los tipos de $f(x)$ modulo $1800$ más pequeño de los números primos no dividir el discriminante (dejando fuera a$2,3$$5$, es decir, de múltiples factores).
En otras palabras, las frecuencias siga aproximadamente el $8:9:1$ proporción. Tenga en cuenta que la frecuencia relativa de la completa división de es $1/|G|$ $9\mid |G|$ por irreductibilidad. Aquí $G$ es el grupo de Galois de este polinomio.
A la luz de Dedekind del teorema y Chebotarev densidad del teorema de la fuerza (= voy a apostar una cerveza diciendo que este es el caso) me sugiere que el grupo de Galois de este nonic tiene orden de $18$ solamente. Cuando se ve como un grupo de permutaciones de las nueve ceros el grupo ha $8$ elementos que son producto de tres discontinuo $3$-ciclos, y $9$ elementos que son producto de cuatro discontinuo $2$-ciclos. Se parece mucho a la $(C_3\times C_3)\rtimes C_2$ con la conjugación por el generador de la $C_2$ factor de la inversión de cada elemento de la Sylow $3$-subgrupo.
Aquí es un camino en el uso de polígonos de Newton para $f(x-1)$. Específicamente $$f(x-1)=x^9-9x^8+36x^7-81x^6+108x^5-81x^4+189x^3-486x^2+486x-162,$$ and looking at the powers of $3$ en sus coeficientes (de las coordenadas de un polígono, sólo depende de estos poderes, podemos ignorar los signos de los números primos), podemos escribir los coeficientes como:
$$3^0, 3^2, 3^2, 3^4, 3^3, 3^4, 3^3, 3^5, 3^5, 3^4.$$
El método de Newton polígono correspondiente a $p=3$ hay menor casco convexo de los puntos de $$[0,4],[1,5],[2,5],[3,3],[4,4],[5,3],[6,4],[7,2],[8,2],[9,0],$$
que se puede ver fácilmente a ser el segmento de línea entre el$[0,4]$$[9,0]$, debido a que todos los puntos se encuentran por encima.
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ $
También tenemos $(4,9)=1$, por lo que esta línea de no pase a través de cualquier otro número entero de puntos. Por Dumas teorema (véase, por ejemplo, las Variantes de Eisenstein, irreductibilidad, o también la explicación Avanzada en el criterio de Eisenstein), el polinomio $f(x-1)$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}$, y de manera especial a $f(x)$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}$.
Deje $\alpha\in \mathbb{C}$ ser cualquier raíz de $f(x)=x^{9}+3x^{6}+165x^{3}+1$. Es fácil ver que $x^3+3x^2+165x+1$ es irreductible. Primero mostramos que la $[\mathbb{Q}(\alpha):\mathbb{Q}] > 3$.
Deje $\beta=\alpha^3$, considerar el anillo de enteros $\mathcal{O}$$\mathbb{Q}(\beta)$, el discriminante de $x^3+3x^2+165x+1$$-2^2\times 3^{11}\times 5^2$, por lo tanto $13$ es relativamente primer conductor"$[\mathcal{O}:\mathbb{Z}[\beta]]$. Desde $13\mid f(2)$, existe un homomorphism: $$\mathcal{O}\to \mathbb{F}_{13}: \beta \mapsto 2$$
Si $\alpha\in \mathbb{Q}(\beta)$, $2$ será un cúbicos de residuos modulo $13$, lo cual es obviamente falso. Por lo tanto $\alpha \notin \mathbb{Q}(\beta)$.
Por lo tanto, $$[\mathbb{Q}(\alpha) : \mathbb{Q}(\beta)] > 1 \implies [\mathbb{Q}(\alpha) : \mathbb{Q}] > 3$$
Por lo tanto, podemos concluir que, si $f$ es reducible, entonces $f$ debe ser producto de un cuarto grado y quintic. Esto es fácil de descartar, como $[\mathbb{Q}(\alpha) : \mathbb{Q}]$ es un múltiplo de a $3$.
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