Cómo demostrar a $f(x)=x^8-24 x^6+144 x^4-288 x^2+144$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}$?
Traté de Eisenstein criterios en $f(x+n)$ $n$ desde $-10$$10$. Ninguno de ellos puede ser aplicado. Traté de factoring más de mod $p$ para los números primos hasta $1223$. $f(x)$ siempre es reducible a través de estos.
$f(x)$ tiene raíces $\pm\sqrt{\left(2\pm\sqrt{2}\right) \left(3\pm\sqrt{3}\right)}$, y de acuerdo a la computación por PARI, debe tener Galois grupo isomorfo al grupo de cuaterniones. La división de campo de la $f(x)$$\mathbb{Q}(\sqrt{\left(2+\sqrt{2}\right) \left(3+\sqrt{3}\right)})$, y contiene $\sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{6}$, por lo que sabemos $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$ es en la división de campo, por lo $\mathbb{Q}(\sqrt{\left(2+\sqrt{2}\right) \left(3+\sqrt{3}\right)})$ tiene el grado $4$ o $8$.
Traté de mostrar el grado de es $8$ mostrando que $(a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+d\sqrt{6})^2=(2+\sqrt{2})(3+\sqrt{3})$ no puede tener una solución con $a, b, c, d \in \mathbb{Q}$, y se obtuvieron los siguientes ecuaciones: $$a^2+2b^2+3c^2+6d^2=6$$ $$2ab + 6cd = 3$$ $$ac+2bd = 1$$ $$2ad+2bc = 1$$ que yo soy incapaz de manejar.
Addendum: ahora que he resuelto este problema gracias a las respuestas, he encontrado algunos adicionales relacionados con la información:
En Un Polinomio Racional cuyo Grupo de los Cuaterniones, muy similar polinomio, $$f(x)=x^8 - 72 x^6 + 180 x^4 - 144 x^2 + 36$$ is studied and its Galois group is proven to be the quaternion group. I subjected this polynomial, as well as two related ones: $f(\sqrt{x})$, $f(6\sqrt{x})/36$, a la misma batería de pruebas (Eisenstein; mod p) y estas pruebas también han fracasado en demostrar a ser irreductible. Tal vez hay algo en común entre estos polinomios.
Así que me sometidos $f(x)$ a de los números primos de la prueba demostró por Robert Israel, y se encontró que es el primer a $\pm\{7, 13, 23, 25, 49, 53, 55, 79, 91, 127, 139, 145, 151, 181, 239, 251, 277, 283, 319, 355, 379, 403, 413, 425, 473, 485, 595, 607, 623, 679, 733, 743, 779, 827, 851, 923, 965, ...\}$ e lo $f(x)$ es irreductible.
Respuestas
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Su polinomio $f(x)$ toma primer (o $-$ prime) valores en $x = \pm 1, \pm 7, \pm 11, \pm 13, \pm 23, \pm 67, \pm 85, \pm 109, \pm 145, \pm 197, \pm 205, \pm 209, \pm 241, \pm 373, \pm 397, \pm 403, \pm 421$. Es $34$ puntos. Si cuenta como $f(x)=g(x) h(x)$, uno de los $g$ $h$ debe ser al menos $\pm 1$ en $17$ de estos $x$ y o $+1$ en menos puntos de #% de %#% o $9$ en a menos $-1$ puntos. Pero un polinomio no constante que toma el mismo valor en puntos de $9$ tiene al menos grado $9$, y $9$ % solamente de grado $f$.
Usted tiene que demostrar que $f(x)$ es el mínimo polinomio de $\eta=\sqrt{(2+\sqrt{2})(3+\sqrt{3})}$$\mathbb{Q}$, es decir, para mostrar que $\eta$ es un número algebraico sobre $\mathbb{Q}$ con grado de $8$. Es bastante sencillo probar que $\eta^2$ es un número algebraico sobre $\mathbb{Q}$ con grado de $4$, por lo tanto sólo tenemos que descartar $\eta\in\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$. Si ese fuera el caso, para cualquiera lo suficientemente grande como primer $p$ tanto $2$ $3$ son residuos cuadráticos ($p=24k+1$ es una condición suficiente) tendríamos que $(2+\sqrt{2})(3+\sqrt{3})$ es una ecuación cuadrática de residuos. Que contradice la reciprocidad cuadrática, y para una explícita contraejemplo, considerando a $p=73$ obtenemos que $21^2\equiv 3\pmod{p}$, $41^2\equiv 2\pmod{p}$ pero $(2+41)\cdot(3+21)$ no es un residuo cuadrático $\!\!\pmod{p}$. Hay un número infinito de tales contraejemplos, por lo tanto $\eta\not\in\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$ $f(x)$ es el polinomio mínimo de a$\eta$$\mathbb{Q}$. En particular, $f(x)$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}$.
Es interesante señalar que la norma de "trucos" no trabajo aquí desde $f(x)$ factores sobre cualquier campo finito $\mathbb{F}_p$. Este tipo de polinomio que se conoce como polinomio de Hilbert, si recuerdo correctamente.
Parece que le han demostrado que $\mathbb{Q}(\sqrt{\left(2+\sqrt{2}\right) \left(3+\sqrt{3}\right)})/\mathbb{Q}$ tiene el grado $8$, $\sqrt{\left(2+\sqrt{2}\right) \left(3+\sqrt{3}\right)}$ es una raíz de $f$, ¿verdad ?
Si es así, entonces usted puede aplicar el siguiente resultado:
Lema. Deje $K(\alpha)/K$ ser una extensión de grado $n$. Si $f\in K[X] $ es un monic polinomio que satisface $f(\alpha)=0$ y $\deg(f)=n,$ $f=\mu_{\alpha,K}$ (el polinomio mínimo de a$\alpha$$K$). En particular, $f$ es irreducible sobre $K.$
Prueba. Tenemos $[K(\alpha):K]=n=\deg(\mu_{\alpha,K}).$ Desde $f(\alpha)=0$, $\mu_{\alpha,K}\mid f$. Pero $f$ es monic y tiene un grado $n$. A continuación, $f=\mu_{\alpha,K}.$
