Demostrando que $X^6-15X^4-6X^3+75X^2-90X-116$ es irreducible en $\mathbb Q$

Question

Cuando se les pidió encontrar el polinomio mínimo de $\sqrt[3]{3}+\sqrt[2]{5}$ $ \mathbb Q$, fácilmente me enteré de que $X^6-15X^4-6X^3+75X^2-90X-116$ tiene $\sqrt[3]{3}+\sqrt[2]{5}$ como raíz. Es muy probable que de hecho es el polinomio mínimo.

Todo lo que necesito para probar ahora es que es irreducible sobre $\mathbb Q$ y equivalente, que es irreducible sobre $\mathbb Z$. El teorema de la raíz racional resulta menos (cómputos necesarios aunque) que el polinomio no tiene ninguna raíz en $\mathbb Q$.

¿Qué hacer? Criterio de Eisenstein es de nada aquí.

Answer 1

Tenemos $[\Bbb Q(\sqrt[3] 3, \sqrt 5) : \Bbb Q(\sqrt 5)] \le 3$ desde $\sqrt[3] 3$ es una raíz de $x^3 - 3$. Es fácil comprobar que $x^3 - 3$ es irreducible en a $\Bbb Q(\sqrt 5)$ porque de lo contrario habría una raíz de la forma $a + b\sqrt 5$. De ello se deduce que el grado considerado es, de hecho,$3$. De esto podemos obtener $[\Bbb Q(\sqrt[3] 3, \sqrt 5) : \Bbb Q] = 6$.

Ahora vamos a $\alpha = \sqrt[3] 3 + \sqrt 5$. Desde $\alpha \in \Bbb Q(\sqrt[3] 3, \sqrt 5)$,$\Bbb Q(\alpha) \subset \Bbb Q(\sqrt[3] 3, \sqrt 5)$. Nos dicen que son iguales: Desde $\alpha - \sqrt 5 = \sqrt[3] 3$,$\alpha^3 - 3\alpha^2 \sqrt 5 + 15 \alpha - 5\sqrt 5 - 3 = 0$. Esto le da una expresión para $\sqrt 5$$\Bbb Q(\alpha)$. Desde $\sqrt[3] 3 = \alpha - \sqrt 5$, se puede escribir tanto en$\sqrt[3] 3$$\sqrt 5$$\Bbb Q(\alpha)$. De ello se desprende que $\sqrt[3] 3, \sqrt 5 \in \Bbb Q(\alpha)$. Por lo tanto $\Bbb Q(\sqrt[3] 3, \sqrt 5) = \Bbb Q(\alpha)$ como se reivindica.

Desde $[\Bbb Q(\alpha) : \Bbb Q] = 6$, llegamos a la conclusión de que el polinomio es realmente mínima.

Answer 2

Otro enfoque: vamos a $\alpha=\sqrt[3]{3}, \beta=\sqrt{5}$. Escrito $(\alpha+\beta)^i$$i=0, \ldots, 5$$\{1, \alpha, \alpha^2, \beta, \alpha \beta, \alpha^2 \beta\}$, se encuentra

$$ \left(\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 5 & 0 & 1 & 0 & 2 & 0 \\ 3 & 15 & 0 & 5 & 0 & 3 \\ 25 & 3 & 30 & 12 & 20 & 0 \\ 150 & 125 & 3 & 25 & 13 & 50 \end{de la matriz}\right) \left(\begin{matrix} 1 \\ \alpha \\ \alpha^2 \\ \beta \\ \alpha\beta \\ \alpha^2\beta \end{de la matriz}\right) = \left(\begin{matrix} 1 \\ \alpha+\beta \\ (\alpha+\beta)^2 \\ (\alpha+\beta)^3 \\ (\alpha+\beta)^4 \\ (\alpha+\beta)^5 \end{de la matriz}\right) $$

La matriz es no singular, por lo que podemos invertir y en particular de escritura $1$, $\alpha$, y $\beta$ $\mathbb{Q}$- combinación lineal de los primeros seis poderes de $\alpha+\beta$. Esto nos va a permitir calcular la (propuesta de) un mínimo de polinomio por $\alpha+\beta$ y también muestra $\mathbb{Q}(\alpha+\beta) \supset \mathbb{Q}(\alpha), \mathbb{Q}(\beta)$, a partir de la cual se deduce rápidamente que su polinomio es el polinomio mínimo.

Mientras Ayman el enfoque es, ciertamente, más breve y más limpio, me parece la generalidad de este enfoque atractivo y de iluminación.

Answer 3

Resultado Conocido :

Deje $I$ será un verdadero ideal de la integral de dominio $R$ y deje $p(x)$ ser un polinomio no constante en $R[x]$. Si la imagen de $p(x)$ $(R/I)[x]$ es irreductible, a continuación, $p(x)$ es irreducible en a $R[x]$.

Este es en realidad un poco general de Eisenstein. Si quieres alguna referencia me permito sugerir que usted mire "Dummit Foote -Álgebra Abstracta -Polinomio Anillos -Irreductibilidad".

Ahora, $X^6-15X^4-6X^3+75X^2-90X-116$ después de ir modulo $2$ da $x^6-x^4+x^2$ que es reducible en la primera vista.

Ahora, $X^6-15X^4-6X^3+75X^2-90X-116$ después de ir modulo $3$ da (??). Esto puede ser visto para ser reducible (??) (Confía en mí no voy a hacer que usted hace laborioso trabajo )

Ahora, $X^6-15X^4-6X^3+75X^2-90X-116$ después de ir modulo $5$ da (??). Esto puede ser visto para ser reducible (??) (Confía en mí no voy a hacer que usted hace laborioso trabajo )

Ahora, $X^6-15X^4-6X^3+75X^2-90X-116$ después de ir modulo $7$ da (??). Como afirma el Señor Martin, Este es Irreductible.

Yo prefiero ir modulo algunos de los mejores porque esto daría un campo finito $\mathbb{Z}_p$ y no sería tan difícil encontrar polinomios irreducibles de grado determinado.

Una vez que usted sabe todos los polinomios irreducibles de grado $2$ $3$ $\mathbb{Z}_7$ luego de que estás hecho...

Sólo asegúrese de que no polinomio irreducible tienes de grado $2$ $3$ divide el $p(x)$ ($\mathbb{Z}_7$).

Por lo tanto, se encuentran algunas prime $p$ en este caso es $7$ tal que $p(x)$ es irreducible en a $\mathbb{Z}_7$ y por encima declaró resultado $p(x)$ es irreducible en a$\mathbb{Z}[x]$, por lo que es en $\mathbb{Q}[x]$ (por qué ??)

P. S : Esto no es mejor que otros caminos, pero sentí que sería una buena manera de concluir irreductibilidad.. la elección de un primer $p$ en este caso es tan difícil como la elección de prime $p$ en eisenstein :D así que esta no es la peor manera :).