Espectáculo $x^6 + 1.5x^5 + 3x - 4.5$ es irreducible en a $\mathbb Q[x]$.

Question

Espectáculo $p(x) = x^6 + 1.5x^5 + 3x - 4.5$ es irreducible en a $\mathbb Q[x]$.

Por Gauss Lema, un polinomio primitivo en $\mathbb Z[x]$ es irreducible en a $\mathbb Q[x]$ si y sólo si a es irreducible en a $\mathbb Z[x]$. Podemos ver el $2x^6 + 3x^5 + 6x - 9 \in \mathbb Z[x]$.

Eisenstein, el Criterio de falla debido a que $3^2 \mid (-9)$. También he tratado de sustituir $x$ $x-1$ $x+1$ a ver si puedo usar Eisenstein, pero que no funcionan. Traté de reducción de mod $p$. Usted no puede a mod $2$ ya que el coeficiente inicial se divide 2, así que traté de mod 3, pero de inmediato los factores de allí. He intentado mod 5 y los términos lineales no tienen raíces, pero todavía tengo que comprobar cuadrática y cúbica de factores. Pero que simplemente parece muy largo y si no funciona mod 5 voy a tener que seguir tratando de mod $p$ hasta alcanzar algunos de los mejores donde $p(x)$ es irreductible.

No sé a dónde ir desde aquí. ¿Cuál es la manera correcta de acercarse a este?

Answer 1

Si el factor de $2p$ modulo 5, entonces se obtiene un producto de dos irreductible cúbicas. Si el factor es el modulo 7, entonces se obtiene un irreductible cuadrática veces una irreductible cuártica. Esto significa que el polinomio es irreducible sobre $\mathbb{Z}$, ya que cualquier factorización $\mathbb{Z}$ podría inducir a una factorización $\mathbb{Z}/l\mathbb{Z}$ cualquier $l$. Pero el factorisations más de 5 y 7 no tienen en común más grueso factorización, distinta de la trivial.

P. S.: No hay variación de la Eisenstein truco es ir a trabajar, ya que no prime es totalmente ramificado en el campo de número de $\mathbb{Q}[x]/(p)$.

Answer 2

Otro método es el uso de Newton Polígono en el primer $3$. Este gadget se puede decir acerca de factorizations $\mathbb Q_3$. Los vértices son $(0,2)$, $(1,1)$, y $(6,0)$, por lo que más de $\mathbb Q_3$, hay un factor linear con la raíz de un $3$-ádico unidad veces $3$, y una irreductible Eisenstein factor de grado cinco. Por lo tanto si $p$ factores en $\mathbb Q$, el mismo de la factorización llevará a cabo más $\mathbb Q_3$, y así habrá un $\mathbb Q$-de la raíz. Pero las posibilidades son $\pm3/2$$\pm3$, la combinación de los anteriores hechos con el Racional de la Raíz Teorema. Ninguna de estas es una raíz, por lo $p$ es irreductible.

Answer 3

Por Gauss Lema $f(x)$ es irreducible en a $\mathbb Q[x]$ si y sólo si a es irreducible en a $\mathbb Z[x]$. Entonces, consideremos $2x^6 + 3x^5 + 6x - 9 \in \mathbb Z[x]$. Por el Racional de la Raíz Teorema nos encontramos con que no hay lineal de los factores, lo que implica que no hay quintic factores. Supongamos que al contrario que $f(x) = g(x)h(x)$ donde $g(x) = 2x^k + a_{k-1}x^{k-1} + \cdots + a_1x + a_0$ $h(x) = x^m + b_{m-1}x^{m-1} + \cdots + b_1x + b_0$ donde$k, m \geq 1$$k + m = 6$. Elegimos $g(x)$ a tener el coeficiente inicial como 2 sin pérdida de generalidad. Considere la posibilidad de $\overline {f(x)} = f(x) \pmod 3$. Por lo $\overline{f(x)} = 2x^6 = \overline{g(x)}\overline{h(x)}$$\overline{g(x)} = 2x^k$$\overline{h(x)} = x^m$. Esto implica que $3 \mid a_0, a_1, \ldots, a_{k-1}$$3 \mid b_0, b_1, \ldots, b_{m-1}$. Si $k, m \geq 2$$9 \mid a_1b_0 + a_0b_1$, pero se observa que el $6 = a_1b_0 + a_0b_1$ una contradicción. Por lo tanto podemos concluir que uno de $k, m$$1$. Pero esto es una contradicción, puesto que ya se ha demostrado que la $f(x)$ no tiene lineal de los factores de la Raíz Racional Teorema. Por lo tanto llegamos a la conclusión de que $f(x)$ es irreductible.

Answer 4

El último recurso es tratar un hipotético de la factorización de $$(2x^2 + ax + b)(x^4 + cx^3 + dx^2 + ex + f)$$ or $$(x^2 + ax + b)(2x^4 + cx^3 + dx^2 + ex + f)$$ or $$(2x^3 + ax^2 + bx + c)(x^3 + dx^2 + ex + f).$$ Expandir los productos, y mediante la comparación de los coeficientes de con $2p$ obtener $6$ ecuaciones. A continuación, mostrar que no hay ninguna solución $a,b,c,d,e,f\in \mathbb{Z}$.