Cálculo de Galois Group de$x^5+2x^2+2x+5$ sobre$\mathbb{Q}$

Question

Primero de todo he comprobado que el quintic es irreducible sobre $\mathbb{Q}$, ya que es irreducibile $\mathbb{Z}_3$ por el Criterio de Eisenstein con 2.

Sé que el grupo de galois G debe ser transitivo subgrupo de $S_5$.

El polinomio tiene sólo 1 raíz real.

Traté de aplicar Dedekind del Teorema considerando el polinomio en el $\mathbb{Z}_2$ donde tenemos $x^5+2x^2+2x+5=x^5+1=(x+1)*(x^4+x^3+x^2+x+1)$, por lo que (si he entendido correctamente el teorema) no es un elemento $\sigma \in G$ que es un 4-ciclo. Por esta razón, tienden a excluir $A_5$ como la solución, pero no sé cómo avanzar más.

Answer 1

Todo lo que tenemos que hacer es combinar los siguientes hechos.

1. Como Michele observado, modulo $2$ el polinomio $f(x)$ es un producto de una lineal y una cuártica factor.
2. Modulo tres tenemos $$f(x)=x(x^4-1)+2(x^2+1)=(x^2+1)(x^3-x-1),$$ and neither of those degree $\le3$ factors have any zeros in $\Bbb{F}_3$ por lo que son irreductibles.
3. Por el primer hecho de la única manera que $f(x)$ factor de $\Bbb{Z}$ es lineal $\times$ el cuarto grado, y por el segundo hecho, la única manera es cuadrática $\times$ cúbico. Estos son incompatibles, por lo $f(x)$ debe ser irreductible.
4. Debido a $f(x)$ es irreductible, el grupo de Galois $G$ es transitivo subgrupo de $S_5$. Por lo tanto $5\mid |G|$. Dedekind del teorema, junto con los hechos 1 y 2, implica que $|G|$ es divisible entre cuatro y tres. Podemos concluir que el $60\mid |G|$ $G$ es $A_5$ o $S_5$.
5. Michele ya observó que $G$ no es un subgrupo de $A_5$, por lo que hemos eliminado todas las alternativas a $G=S_5$.