Suponiendo que significaba $K=\mathbb{Q}(\alpha)=\mathbb{Q}[x]/(x^2+x+12)$, entonces el primer paso es el factor que hizo
$$
(x+\alpha)(x+\overline{\alpha})=3y^5.
$$
De hecho,$\overline{\alpha}=-(1+\alpha)$. Es útil considerar los ideales generados por estos elementos, dicen
$$
\begin{align*}
I&=(x+\alpha), & I'&=(x+\overline{\alpha}), & J&=(y).
\end{align*}
$$
Coprime. Deje $G=I+I'$ ser el máximo común divisor. Queremos mostrar que $I$ $I'$ son coprime, es decir, que $G=(1)$. Tenga en cuenta que $1+2\alpha\in G$, y por lo $G\mid(1+2\alpha)$. Ahora $\operatorname{N}(1+2\alpha)=47$, que es un primo! De hecho,$\Delta_K=-47$, y así es la única que se ramifica a flor de $K$: $(47)=\mathfrak{p}^2$, donde $\mathfrak{p}=(1+2\alpha)$ es la directora. Por lo tanto $G=\mathfrak{p}$ o $(1)$.
En el primer caso, $\mathfrak{p}\mid I,I'$, pero no hay mayor poder de $\mathfrak{p}$ (ideales tienen la misma norma y $\mathfrak{p}$ es la única que prime por encima de 47). Esto produce un factor de cuadrado de $\mathfrak{p}$ en II', pero un $5$-ésima potencia en $J^5$, lo cual es una contradicción.
Mediante el grupo de clase. A partir de lo anterior, podemos escribir $A^5\mid I$, $(A')^5\mid I'$, por unos ideales $A$ y $A'$. $I$ y $I'$ no son necesariamente $5$-th poderes a sí mismos por el factor de $3$ que está involucrado. Desde $(3)=(3,\alpha)(3,1+\alpha)$, los factores que tendrá que aparecer en algún lugar.
Como $h_K=5$, sabemos que $A^5$ $(A')^5$ son principales, y como ambos $I$ $I'$ son principales, $I=(3)A^5$ $I'=(A')^5$ o$I=A^5$$I'=(3)(A')^5$, como de los factores de $(3)$ no son principales.
Supongamos que el anterior, y deje $I'=(a+b\alpha)^5$. Entonces
$$
\begin{align*}
((x-1)-\alpha)&=(a+b\alpha)^5, \\
&=(a^5+5a^4b\alpha+10a^3b^2\alpha^2+10a^2b^3\alpha^3+5ab^4\alpha^4+b^5\alpha^5), \\
&=(a^5+5a^4b\alpha-10a^3b^2(12+\alpha)+10a^2b^3(12-11\alpha)+5ab^4(132+23\alpha) \\
&\,\,\,\,\,\,\,\,-b^5(276-109\alpha)), \\
&=((a^5-120a^3b^2+120a^2b^3+660a^4b-276b^5) \\
&\,\,\,\,\,\,\,\,+(5a^4b-10a^3b^2-110a^2b^3+115ab^4+109b^5)\alpha).
\end{align*}
$$
Desde $\mathcal{O}_K^\times=\langle -1\rangle$, igualando los coeficientes de los generadores de la por encima de los ideales que nos han
$$
-1=\pm(5a^4b-10a^3b^2-110a^2b^3+115ab^4+109 b^5),
$$
o
$$
-\frac{1}{b}=\pm(5a^4-10a^3b-110a^2b^2+115ab^3+109 b^4),
$$
que al instante las fuerzas de $b=\pm 1$$a,b\in\mathbb{Z}$. En este punto, usted sólo tiene que convencer a ti mismo que no tienen soluciones para $a\in\mathbb{Z}$, entonces estamos hecho (en el caso posterior, donde $(3)\mid I'$ se realiza de manera similar).
Si usted desea mostrar esto, se podría hacer algo a lo largo de las líneas de este. Supongamos que $b=1$. Entonces
$$
\pm 1=5a^4-10a^3-110a^2+115a+109=5(a-1)a((a-1)a-23)+109,
$$
es decir,
$$
-110=5(a-1)a((a-1)a-23)\text{ o }-108=5(a-1)a((a-1)a-23).
$$
El segundo caso no puede ocurrir desde $5\nmid 108$. Para el primer caso, se requieren $a,a-1\mid 110$. La única pares de enteros consecutivos dividiendo $110$ $(1,2)$, $(10,11)$ y sus desventajas, por lo $a=-10,-1,2$ o $11$, todos los cuales pueden ser rápidamente descartado por el taponamiento anterior. Asimismo, para $b=-1$.
