Sea $F$ sea un campo, y $\omega$ sea una primitiva $n$ raíz de la unidad en un cierre algebraico de $F$ . Si $a$ en $F$ no es un $m$ ª potencia en $F(\omega)$ para cualquier $m\gt 1$ que divide $n$ cómo demostrar que $x^n -a$ es irreducible sobre $F$ ?
A continuación se expone un resultado clásico:
Teorema $\ $ Supongamos que $\,c\in F\,$ un campo, y $\,0 < n\in\mathbb Z$ .
$\ \ \ x^n - c\ $ es irreducible sobre $F\! \iff c \not\in F^p\,$ para todos los primos $\,p\mid n,\,$ y $\ c\not\in -4F^4$ cuando $\, 4\mid n$
Una prueba se encuentra en muchos libros de texto de Teoría de Campos, por ejemplo, Karpilovsky, Topics in Field Theory, Teorema 8.1.6.
Asumiré " $m \geq 1$ "ya que, de lo contrario $a \in F(\omega)$ pero $F(\omega)$ es $(n-1)$ extensión y no $n$ ª prórroga, por lo que $x^n-a$ debe haber sido reducible.
Sea $b^n=a$ (del cierre algebraico de $F$ ).
$x^n-a$ es irreducible incluso sobre $F(\omega)$ . De lo contrario, $$f= \prod_{k=0}^n (x-\omega^k b) = (x^p + \cdots + \omega^o b^p)(x^{n-p} + \cdots + \omega^ó b^{n-p}),$$ así que $b^p$ y $b^{n-p}$ están en $F(\omega)$ . En consecuencia $b^{\gcd(p,n-p)}$ está en $F(\omega)$ pero $\gcd(p,n-p)$ divide $n$ Así que $(b^{\gcd})^\frac{n}{\gcd} = a$ una contradicción.
No entiendo cómo esto lo demuestra. ¿No querrías demostrar si $f$ es reducible entonces a es un $m$ de potencia. Parece que mostró cuando $f$ es reducible que $a$ es un $n$ a potencia. También cosa menor, el índice superior de su producto debe ser $n-1$ .
@WyattKuehster nota que ha demostrado que $b^{gcd}\in F $ así que eso demostró la afirmación.
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Esto se desglosa en $n = 4$ . En ${\mathbf Q}[x]$ el polinomio $x^4 + 4$ tiene $a = -4$ que no es un cuadrado ni una 4ª potencia en ${\mathbf Q}$ pero este polinomio es reducible sobre ${\mathbf Q}$ es $(x^2+2x-2)(x^2-2x-2)$ . Este contraejemplo es esencialmente el único tipo de contraejemplo, a la luz de la respuesta de Bill Dubuque.
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1. Deberías tener: $(x^2 + 2x + 2)(x^2 - 2x + 2)$ . 2. Esto no es un contraejemplo a la pregunta original, porque $-4 = (2i)^2$ y $2i \in Q(i)$ y por supuesto $2$ divide $4$ . (De todos modos, he dado una prueba).