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Mostrar que $x^5+x^3+x+1$ es irreducible sobre $\mathbb Q$.

Mostrar que $p(x)=x^5+x^3+x+1$ es irreducible.

Mi intento: Primero, intenté aplicar Eisenstein hasta $10$, es decir, $p(x+a)$, donde $a=1,\dots, 10$ utilizando una calculadora. No continué porque siendo honesto, te aburrirías después de varios intentos fallidos. Además, por favor, te pido que no recomiendes la prueba de la raíz racional para la irreducibilidad.

De hecho, mi pregunta original era $x^5+Ax^3+Ax+1$ donde $A \in \mathbb Z$.

Puse este ejemplo para observar mi propia versión especial, pero ni siquiera puedo mostrar una versión más fácil. O, mi pregunta puede ser

¿Es $x^7+Ax^5+Bx^3+Ax+1$, con $A,B\in\mathbb Z$, irreducible?

(¡SÍ! Pero ¿cómo podemos mostrarlo?). Tampoco pude resolver este ejemplo.

Sé que una forma de demostrar es la siguiente: Si un polinomio es irreducible para algún módulo $p$ entonces es irreducible sobre $\mathbb Z$ y por el Lema de Gauss irreducible sobre $\mathbb Q$.

Se agradece cualquier ayuda.

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user30382 Puntos 48

Trabajando sobre $\Bbb{F}_2$ es claro que $1\in\Bbb{F}_2$ es una raíz de $x^5+x^3+x+1\in\Bbb{F}_2[x]$, y encontramos que $$x^5+x^3+x+1\equiv(x+1)(x^4+x^3+1)\pmod{2}.$$ El factor cuártico claramente no tiene raíces en $\Bbb{F}_2$, y como el único cuadrático irreducible sobre $\Bbb{F}_2$ es $x^2+x+1$, basta verificar que $$x^4+x^3+1\neq(x^2+x+1)^2,$$ para concluir que $x^4+x^3+1$ es irreducible sobre $\Bbb{F}_2$. Sobre $\Bbb{Q}$, esto significa que $x^5+x^3+x+1$ tiene un factor irreducible de grado al menos $4$. Es decir, es o irreducible o tiene una raíz en $\Bbb{Q}$. La prueba de la raíz racional te dice que si tiene una raíz en $\Bbb{Q}$, entonces esa raíz debe ser $1$ o $-1$. Pero una verificación rápida muestra que estas no son raíces, por lo tanto, el polinomio original es irreducible sobre $\Bbb{Q}$.


La prueba del caso más general de $x^5+Ax^3+Ax+1$ se puede manejar de manera similar, aunque con un poco más de trabajo. Por supuesto, el argumento anterior se mantiene igual para cualquier $A$ impar. Pero para $A$ par, no.

Si intentamos el mismo argumento sobre $\Bbb{F}_3$ obtenemos las siguientes factorizaciones en factores irreducibles: $$x^5+Ax^3+Ax+1\equiv\begin{cases} (x+1)(x^4+2x^3+x^2+2x+1)&\text{ si } A\equiv0\pmod{3}\\ x^5+x^3+x+1&\text{ si } A\equiv1\pmod{3}\\ (x+2)(x^4+x^3+2)&\text{ si } A\equiv2\pmod{3} \end{cases}$$ Así que para $A\equiv1\pmod{3}$ inmediatamente obtenemos que $x^5+Ax^3+Ax+1$ es irreducible sobre $\Bbb{Q}$. Para $A\equiv0,2\pmod{3}$ vemos, como antes, que $x^5+Ax^3+Ax+1$ tiene un factor irreducible de grado al menos $4$. Si tiene un factor irreducible de grado exactamente $4$ entonces también debe tener un factor lineal, y por lo tanto una raíz racional. Según el test de la raíz racional esta raíz debe ser o bien $1$ o $-1$, lo cual nos dice que o bien $$1^5+A\cdot1^3+A\cdot1+1=0\qquad\text{ o }\qquad (-1)^5+A\cdot(-1)^3+A\cdot(-1)+1=0,$$ es decir, $A=-1$ o $A=0$. De hecho para estos dos valores de $A$ el polinomio $x^5+Ax^3+Ax+1$ es claramente reducible sobre $\Bbb{Q}$, y luego para todos los otros valores de $A$ es irreducible.


En cuanto al polinomio séptico $x^7+Ax^5+Bx^3+Ax+1$ con $A,B\in\Bbb{Z}$, no es irreducible para todos los $A,B\in\Bbb{Z}$. Por ejemplo, según el teorema de la raíz racional tiene un factor lineal si y solo si $1$ o $-1$ es una raíz, o equivalentemente, si y solo si $$1^7+A\cdot1^5+B\cdot1^3+A\cdot1+1=0\qquad\text{ o }\qquad (-1)^7+A\cdot(-1)^5+B\cdot(-1)^3+A\cdot(-1)+1=0,$$ lo cual es a su vez equivalente a $2A+B=0$ o $2A+B=-2$. También hay valores de $A$ y $B$ para los cuales es reducible pero sin factores lineales. ¡Encontrarlos todos es un ejercicio interesante!

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RainField Puntos 296

Dado que el grado de $p(x)$ es bajo, podemos usar el Teorema de la Raíz Racional para resolverlo. Supongamos que $p(x)$ es reducible en $\mathbb{Q}[x]$, debe existir $g(x),h(x)$, tal que $p(x)=g(x)h(x)$. Además, tenemos que $\deg g(x)=3$ y $\deg h(x)=2$ (eso es porque f(x) no tiene una raíz racional. Si $\deg h(x)=1$, entonces $f(x)$ tiene la raíz que tiene $h(x)$, lo cual resulta en contradicción. Por lo tanto, podemos asumir $g(x)=x^3+a_1x^2+a_2x+1 $ y $ h(x)=x^2+a_3x+1$ (otra situación es que $g(x)=x^3+a_1x^2+a_2x-1 $ y $ h(x)=x^2+a_3x-1$. Pero probablemente son iguales). Escribimos $f(x)=g(x)h(x)$ y comparamos los coeficientes, obtenemos

$ \begin{cases} a_1+a_3=0\\ a_2+a_1a_3+1=1\\ a_1+a_2a_3+1=0\\ a_2+a_3=1 \end{cases} $

Pero no hay solución para $a_3 $ en $\mathbb{Q}$.

Creo que este método no puede resolver la situación en la que el grado de $p(x)$ es demasiado alto.

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dan_fulea Puntos 379

Según el Lema de Gauss, cualquier factorización no trivial sobre $\Bbb Q$ con dos polinomios mónicos ya está sobre $\Bbb Z$. Supongamos que $$ f=x^5 + x^3 + x+1 $$ es reducible sobre $\Bbb Q$, por lo tanto también sobre $\Bbb Z$, y escribámoslo en la forma $f=gh$. Ahora tomamos esta relación módulo $3$, entonces también tenemos la correspondiente descomposición sobre el campo $F=\Bbb F_3$ con tres elementos. $f$ no tiene ninguna raíz en este campo, por lo tanto la descomposición implica un polinomio de grado dos y un polinomio de grado tres. Solo hay tres polinomios de grado dos, los cuales son irreducibles en $F[x]=\Bbb F_3[x]$, y estos son: $$ \begin{aligned} &x^2+1 &&\text{ pero }&f&=(x^2+1)\cdot x^3+(x+1)\ ,\\ &x^2+x-1&&\text{ pero }&f&=(x^2+x-1)\cdot (x^3-x^2-1)-x\ ,\\ &x^2-x-1&&\text{ pero }&f&=(x^2-x-1)\cdot (x^3+x^2+1)-x-1\ , \end{aligned} $$ así que siempre hay un resto. La suposición es falsa, por lo tanto nuestro polinomio es irreducible (incluso visto sobre $\Bbb F_3[x]$).

$\square$


Nota: Para $A=-1$ y $A=0$ el polinomio $X^5+Ax^3+Ax+1$ tiene una factorización: $$ \begin{aligned} x^5 -x^3-x+1 &=(x-1)(x^4+x^3-1)\ ,\\ x^5 +1 &=(x+1)(x^4-x^3+x^2-x+1)\ , \end{aligned} $$


Nota: También hay valores de $A,B$ tales que el otro polinomio tiene una factorización... Por ejemplo $A=B=0$. Pero hay muchos otros casos. Se puede tomar fácilmente cualquier $A$ y forzar que $\pm 1$ sea una raíz, lo que lleva a algunos valores de $B$. Pero también $(x^{3} - x^{2} + 1) \cdot (x^{4} + x^{3} + x^{2} + 1)=(x^7+2x^3+1)$ para tener un ejemplo interesante.

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