Me gustaría mostrar la irreductibilidad de $x^8 - 60 x^6 + 1160 x^4 - 7800 x^2 + 8836$ y $x^8 - 120 x^6 + 4360 x^4 - 45600 x^2 + 15376$ en $\mathbb{Q}[x]$ . En ambos casos el criterio de Eisenstein falla. También intenté algunos cambios lineales de variables pero nada parece funcionar. ¿Alguna ayuda?
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Per Hornshøj-Schierbeck
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Irreductibilidad del primer polinomio $$f(x) = x^8 - 60 x^6 + 1160 x^4 - 7800 x^2 + 8836$$ también puede ser deducido de la siguiente manera.
Recordar la costumbre de negocios con Gauss del lexema. Si $f(x)$ factores $\Bbb{Q}[x]$, también factores en $\Bbb{Z}[x]$. Supongamos por el contrario que no trivial de la factorización $f(x)=g(x)h(x),g(x),h(x)\in\Bbb{Z}[x]$existe. Sin pérdida de generalidad que el líder de los coeficientes de ambos $g$ e $h$ son igual a uno.
Potencialmente útiles característica de $f(x)$ es que el modulo de cinco, es muy escasa. Más precisamente $$ f(x)\equiv x^8+1\pmod 5. $$ En $\Bbb{F}_5[x]$ tenemos la factorización $$ x^8+1=x^8-4=(x^4-2)(x^4+2). $$ Estos polinomios de cuarto grado son en realidad irreductible en $\Bbb{F}_5[x]$. Tenemos $$x^8+1\mid x^{16}-1.$$ Therefore any zero of either factor (in some extension field of $\Bbb{F}_5$) must be a root of unity of order sixteen. But $16\nmid 5^\ell-1$ for $\ell=1,2,3$ meaning that the field $\Bbb{F}_{5^4}$ is the smallest extension field containing such roots of unity. Therefore their minimal polynomials over $\Bbb{F}_5$ tienen un grado de cuatro.
En este punto podemos concluir que la única manera de $f(x)$ puede factor en $\Bbb{Z}[x]$ es como un producto de dos factores irreducibles de grado cuatro, y $$ g(x)\equiv x^4+2\pmod 5,\qquad h(x)\equiv x^4-2\pmod 5. $$
Otra característica de $f(x)$ es que tiene incluso términos del grado solamente. En otras palabras, $f(x)=f(-x)$. Por lo tanto, $f(x)=g(-x)h(-x)$ es otro de factorización. Pero, factorización de polinomios es único, por lo que podemos deducir que, o bien $h(x)=g(-x)$ (cuando también se $h(-x)=g(x)$), o tenemos tanto $g(x)=g(-x), h(x)=h(-x)$.
La reclamación. Es imposible que $h(x)=g(-x)$.
Prueba. Supongamos por el contrario que $h(x)=g(-x)$. Si $g(x)=x^4+Ax^3+Bx^2+Cx+D$, a continuación, $h(x)=x^4-Ax^3+Bx^2-Cx+D$. La expansión de $g(x)h(x)$ vemos que el término constante es $D^2=8836=94^2$. Por lo tanto, debemos tener $D=\pm94$. Pero, antes, vimos que la constante de términos de $g,h$ debe ser congruente a $\pm2\pmod5$. Esta es una contradicción.
Ok, así que nos quedamos con la posibilidad de $g(x)=g(-x)$, $h(x)=h(-x)$. En otras palabras, tanto la $g(x)$ e $h(x)$ compartir con $f(x)$ la propiedad que incluso han términos del grado solamente. Vamos a definir $F(x),G(x),H(x)$ por las fórmulas $$f(x)=F(x^2),\quad g(x)=G(x^2),\quad h(x)=H(x^2).$$ Las consideraciones anteriores pueden resumirse como sigue. Si $$ F(x)=x^4-60x^3+1160x^2-7800x+8836 $$ es irreducible, entonces también lo es $f(x)=F(x^2)$. Además, la supuesta factores deben satisfacer las congruencias $$G(x)\equiv x^2+2\pmod5,\quad H(x)\equiv x^2-2\pmod5.$$
Un milagro es que deprimente $F(x)$ produce una sorpresa: $$ R(x)=F(x+15)=x^4-190x^2+961. $$ La sustitución de $x\mapsto x+15$ no cambia nada modulo cinco, así que la única manera posible de factores de $R(x)$ aún debe ser congruente a $x^2\pm2\pmod5$.
Irreductibilidad de $R(x)$ sigue de esto. El término constante de $R(x)$ es $$ R(0)=961=31^2, $$ y esto no tiene factores de $\equiv\pm2\pmod5$.
El otro octic se rinde similar a la de trucos: $$f(x)=x^8 - 120 x^6 + 4360 x^4 - 45600 x^2 + 15376.$$ De nuevo, $f(x)\equiv(x^4-2)(x^4+2)\pmod 5$. El término constante $15376=(2^2\cdot31)^2$ es un cuadrado de un entero $\equiv\pm1\pmod5$, descartar una factorización de la forma $g(x)g(-x)$. De nuevo, estamos reducidos para demostrar que $$ F(x)=x^4-120x^3+4360x^2-45600x+15376 $$ es irreductible. Deprimente esto le da $$ R(x)=F(x+30)=x^4-1040x^2+141376\equiv(x^2-2)(x^2+2)\pmod5. $$ Esta vez el término constante $R(0)=2^6\cdot47^2=376^2$ tiene más factores, por lo que necesitamos un argumento diferente. Sin embargo, se puede repetir la dosis! $\pm 376\equiv\pm1\pmod5$, descartando la posibilidad de una factorización de la forma $R(x)=G(x)G(-x)$ anterior. Para el resto de posibilidad es una factorización de la forma $$ R(x)=(x^2-A)(x^2-B) $$ con enteros $A$ e $B$. Pero, la ecuación $$ x^2-1040x+141376=0 $$ no tiene entero raíces. Irreductibilidad de la siguiente manera.
lhf
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Deje $f(x)=x^8 - 60 x^6 + 1160 x^4 - 7800 x^2 + 8836$ .
$f$ tiene un grado $8$ y asume valores primarios en estos $18 > 2 \cdot 8$ puntos y, por lo tanto, debe ser irreductible: $$ \begin{array}{rl} n & f(n) \\ \pm 1 & 2137 \\ \pm 3 & -4583 \\ \pm 5 & -8039 \\ \pm 7 & 1117657 \\ \pm 13 & 557943577 \\ \pm 15 & 1936431961 \\ \pm 33 & 1330287723097 \\ \pm 37 & 3360699226777 \\ \pm 55 & 82083690591961 \\ \end {array} $$
W944
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Ambos de estos polinomios tienen irreductible restos en $\mathcal{F}_2[x]$, el campo de los números enteros modulo 2, cuando tratamos de dividir cada uno por $x^2+x+1$.
La referencia es a la Artin del Álgebra, la Proposición 12.4.3
Deje $f(x) = a_n x^n + \dots + a_0$ ser un polinomio entero, y deje $p$ ser un primer entero que no divide el coeficiente inicial $a_n$. Si el residuo $\bar{f}$ de $f$ modulo $p$ es un elemento irreductible de $\mathcal{F}_p[x]$, a continuación, $f$ es un elemento irreductible de $\mathcal{Q}[x]$.
Esto significa que si dividimos nuestro polinomios en el campo de la $\mathcal{F}_2[x]$, y estamos de suerte (= esto a menudo funciona) para obtener un resto que es un polinomio irreducible en este campo, el original polinomio es irreducible.
En el campo de la $\mathcal{F}_2[x]$ los siguientes polinomios son irreducibles, $x^2+x+1$ e $x+1$.
Si dividimos el original de polinomios por $x^2+x+1$, el resto son
$$16575 + 8959 x \equiv 1+x \mod 2$$
$$60855 + 49959 x \equiv 1+x \mod 2$$
Nota
Si cualquiera de estos dos polinomios tenido la debida divisores en $\mathcal{Q}[x]$, entonces se había apropiado de divisores en $\mathcal{Z}[x]$ así, Artin 12.3.6.
Esto podría sugerir que, si alguno de estos polinomios se había apropiado de divisores en $\mathcal{Z}[x]$, entonces los divisores que sería monic polinomios con una selección limitada de la pasada legislatura, ie $8836=2^2 \times 47^2$. Pero no tengo un conocimiento profundo de continuarlo.
