Irreductibilidad de un polinomio determinado

Question

Tengo este problema para mi tarea: averiguar si el polinomio $$f(x)=x(x-1)(x-2)(x-3)(x-4) - a$$ es irreducible sobre los racionales, donde $a$ es un entero que es congruente a $3$ modulo $5$.

Es fácil comprobar que $f(x)$ no tiene ningún entero ceros (y sin ceros racionales demasiado) y, debido a $f(x)$ es primitivo, es irreducible sobre $\mathbb{Z}$ fib es irreducible sobre $\mathbb{Q}$. También es claro para mí que, desde $f(x)$ no tiene ningún entero ceros, la única manera de factorizar $f(x)$$\mathbb{Z}$$(x^3 + bx^2 + cx +d)(x^2 + ex +f)$, es decir, como un producto de una irreductible polinomio cúbico y una irreductible, cuadrática, polinomial, tanto primitivo. Tengo bastante feo de sistema de $5$ ecuaciones con $5$ variables. Así que he decidido poner toda la historia en $(\mathbb{Z}/5\mathbb{Z})[x]$. Luego tengo el polinomio $g(x) = x^5 + 4x +2$. Ya que creo firmemente que $f(x)$ es irreducible sobre $\mathbb{Z}$, significa que debo comprobar si el $g(x)$ es irreducible sobre $\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}$. ¿Hay alguna otra manera que la fuerza bruta?

Answer 1

Observación: En ${\mathbb F}_5$ tenemos $x(x-1)(x-2)(x-3)(x-4) = x^5 - x$.

Esto se deduce del hecho de que más de un campo finito $F$ tenemos $x^{|F|} - x = \prod_{g\in F} (x-g)$, lo que se puede comprobar fácilmente al darse cuenta de que todos los elementos son raíces y que un polinomio de grado $|F|$ no pueden tener más raíces.

Reclamo: Más generalmente, vamos a demostrar que, dado un primer $p$ $t\in{\mathbb F}_p\setminus \{0\}$ tenemos que $f(x)= \prod_{k\in{\mathbb F}_p} (x-k) - t = x^p - x - t \in{\mathbb F_p}[x]$ es irreducible sobre ${\mathbb F}_p$.

Prueba. Deje $\alpha$ ser una raíz de $f$ más de algún campo de la extensión.

Tenga en cuenta que más generalmente sobre un campo finito ${\mathbb F}_q$ tenemos que, el monic polinomio irreducible $m_\alpha (x)$$\alpha$${\mathbb F}_q$, satisface

$$m_\alpha (x) = \prod_{k=0}^{n-1} (x-\alpha^{q^k})$$

donde $n$ es el menor entero positivo tal que $\alpha^{q^n} = \alpha$.

Este es un resultado conocido en campos finitos. Sin entrar en demasiados detalles, esto se deduce del hecho de que $\text{Gal}\left({\mathbb F}_{q^n}/{\mathbb F}_q\right)$ es cíclica, es decir, generado por el Frobenius mapa de $x\mapsto x^q$. Por lo tanto las raíces de arriba son en realidad la Galois conjugados de $\alpha$, y el resultado se sigue de un conocido teorema de la Teoría de Galois.

Sólo tenemos que comprobar ahora que en nuestro caso, con $p=q$, e $f(\alpha)=0$, nuestra $n$ debe $p$. En efecto, desde el $f(\alpha) = 0$, tenemos

$$\alpha^{p^n} = (\alpha^p)^{p^{n-1}} = \left( \alpha + t \right)^{p^{n-1}} = \alpha^{p^{n-1}} + t^{p^{n-1}} =\alpha^{p^{n-1}} + t = \ldots = \alpha + n \times t$$

Desde $t\neq 0$, el más pequeño de tales $n$ es claramente $p$, ya que de lo contrario $n\times t \neq 0$. Por lo tanto el número de factores lineales (Galois conjugados) en $m_\alpha(x)$ $p$ y conseguimos que nuestro polinomio era irreductible. $\square$

Conclusión: Esto demuestra que, dado un primer $p$, el polinomio $g_p(x) = x\cdot (x-1)\ldots (x-p+1) - a \in {\mathbb Z}[x]$,$p\not | a$, debe ser irreductible ${\mathbb Q}$.

De hecho, en ${\mathbb F}_p$ tenemos que $g_p(x)$ reduce a$f(x) = x^p - x - \bar{a}$$\bar{a}=t\neq 0$.

También podemos sustituir $k$ en los factores de $(x-k)$ en el producto por cualquier elemento $\equiv k(\bmod. p)$.

Un enlace: recientemente ha habido una relacionada con el post, que es más general, y muy interesante.

Comentario Final: Cuando se trata de Campos Finitos, el resultado anterior en polinomios irreducibles es muy a menudo una buena manera de demostrar que un polinomio es irreducible.

Answer 2

Tenga en cuenta que $f(x)=-f(4-x)$ y puesto que el $f(x)=q(x)r(x)$ de la factorización es único, concluimos $q(x)=q(4-x)$ % cuadrático, $r(x)=-r(4-x)$para el factor cúbico. Así $e=-4$. Luego tenemos desde $e+b=-10$ $b=-6$. Luego tenemos desde $f+eb+c=35$ $f+c = -5$. Y de $fb+ec+d=-50$ $-6f-4c+d=-50$. Esto implica $d\equiv 2f\pmod 5$ y junto con $df\equiv -a\equiv 2\pmod 5$: $f\equiv \pm1\pmod 5$, por lo tanto, $fc\equiv -1\pmod 5$ que tenemos $fc+ed=24$ $ed\equiv 0\pmod 5$, contradicción.

Answer 3

Tenga en cuenta que el mod $5$ el polinomio se puede escribir

$$f(x)=(x-m-2)(x-m-1)x(x-m+1)(x-m+2)-3$$

para cualquier entero $m$. Ahora bien, si hay una irreductible cuadrática factor, a continuación, $f(x)$ tiene una raíz que es una raíz de ese factor. Pero las raíces de la irreductible cuadráticas mod $5$ son todos de la forma $m+n\sqrt3$. Conectando en da

$$0=(n\sqrt3-2)(n\sqrt3-1)n\sqrt3(n\sqrt3+1)(n\sqrt3+2)-3$$

lo que implica

$$\sqrt3=(3n^2-4)(3n^2-1)n$$

lo cual es una contradicción.

Añadido posterior: El mismo argumento de mod $p$ (donde $p$ es un primer) muestra que cualquier polinomio de la forma

$$f(x)=(x-r_1)(x-r_2)\cdots(x-r_p)-a$$

donde $a$ es una ecuación cuadrática no-residuo de mod $p$ $r_k\equiv k$ mod $p$$1\le k\le p$, no tiene lineal o cuadrática factores. Para $p\ge7$, este argumento deja abierta la posibilidad de que el polinomio puede todavía ser reducible. Pablo Rotondo la respuesta, sin embargo, muestra que este no es el caso, aun cuando $a$ es una ecuación cuadrática de residuos.