Que $x,y$ ser 2 números enteros coprimos. Supongo que el siguiente polynomial:$$f(x,y)= x^4+x^3y+x^2y^2+xy^3+y^4$$ is not irreducible. So there must be at least 2 other polynomials of degree $\leq 4$ such that: $% $ $f(x,y)=g(x,y)h(x,y)$¿Cómo puede uno encontrar a $g(x,y)$ y $h(x,y)$?
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Mario G
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Según marty cohen, tenemos\begin{align*} r^4+r^3+r^2+r+1&=\left(r^2+\frac{1}{2}r+1\right)^2-\frac{5}{4}r^2\\ &=\left(r^2+\frac{1+\sqrt{5}}{2}r+1\right)\left(r^2+\frac{1-\sqrt{5}}{2}r+1\right)\\ \end{align*} entonces $$x^4+x^3y+x^2y^2+xy^3+y^4=\left(x^2+\frac{1+\sqrt{5}}{2}xy+y^2\right)\left(x^2+\frac{1-\sqrt{5}}{2}xy+y^2\right)$ $
marty cohen
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33863
Lo importante a notar es que $f(x, y)$ es homogénea; cada término de la forma $x^ay^b$ tiene el mismo valor del $a+b$.
Por lo tanto, dividiendo por $y^n$, donde $n$ es esta suma,
$\begin{array}\\ f(x,y) &= x^4+x^3y+x^2y^2+xy^3+y^4\\ &= y^4 \left((x/y)^4+(x/y)^3+(x/y)^2+(x/y)+1 \right)\\ &= y^4 \left(r^4+r^3+r^2+r+1 \right) \qquad\text{where } r=x/y\\ \end{matriz} $
Ahora el problema se reduce a factoring $r ^ 4 + r ^ 3 + r ^ 2 + r + 1 $.
Oli
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Una forma de mostrar a la irreductibilidad sobre los racionales es reducir el problema a una más familiar. Si $f(x,y)$ era reducible sobre los racionales, entonces el polinomio $g(x)=f(x,1)=x^4+x^3+x^2+x+1$ sería reducible sobre los racionales. Pero ese no es el caso. Una manera de mostrar esto es utilizar el Criterio de Eisenstein en $g(x+1)$. Otra forma es tener en cuenta que si $g(x)$ divididos sobre los racionales, se dividiría a través de los números enteros. Pero $g(x)$ no tiene racional de la raíz, la Raíz Racional Teorema. Así que tratamos de dividir $g(x)$ como producto de la cuadráticas con coeficientes enteros. La única posibilidad es algo como $(x^2+ax\pm 1)(x^2+bx\pm 1)$, y un poco persiguiendo no muestra los números enteros $a,b$ trabajo.
Observación: se puede repartir $g(x)$, y por lo tanto $f(x,y)$ como un producto de polinomios cuadráticos con coeficientes reales. Esto puede ser hecho usando el hecho de que $g(x)$ divisiones sobre los números complejos como $(x-a_1)(x-a_2)(x-a_3)(x-a_4)$ donde $a_k=e^{2\pi i k/5}$.
El polinomio $(x-a_1)(x-a_4)$ tiene coeficientes reales, como lo hace la $(x-a_2)(x-a_3)$.
Aquí está una ruta eficiente, en el espíritu de la observación en André Nicolás' respuesta:
Por un lado, el producto de $f(x, y)$ $(x - y)$ telescopios: $$(x - y) (x^4 + x^3 y + x^2 y^2 + x y^3 + y^4) = x^5 - y^5.$$ En el otro, $$x^5 - y^5 = \prod_{k = 0}^4 (x - \zeta^k y),$$ donde $\zeta := e^{2 \pi i / 5},$ $\Bbb C$ (de hecho, más de $\Bbb Q[\zeta]$), $f$ factores como $$f(x, y) = \prod_{k = 1}^4 (x - \zeta^k y).$$ (Tenga en cuenta que el límite inferior de este producto no es el mismo que en la anterior.) La irreductible factores de $f$ $\Bbb R$ son por tanto la (cuadrática) los productos de la conjugación de factores, a saber, \begin{align}(x - \zeta^2 y) (x - \bar{\zeta}^2 y) = (x - \zeta^2 y) (x - \zeta^3 y) = x^2 - 2 (\Re (\zeta^2)) xy + y^2 &= x^2 + \phi xy + y^2 \\ (x - \zeta y) (x - \bar{\zeta} y) = (x - \zeta y) (x - \zeta^4 y) = x^2 - 2 (\Re \zeta) xy + y^2 &= x^2 + \tilde{\phi} xy + y^2 . \end{align} Aquí, $\phi := \frac{1}{2}(1 + \sqrt{5})$ es la Proporción áurea y $\tilde{\phi} := \frac{1}{2}(1 - \sqrt{5})$ es su conjugado (en $\Bbb Q[\sqrt{5}]$). En particular, dado que algunos de los irreductible de los coeficientes de los factores de $f$ $\Bbb R$ son irracionales, $f$ es irreducible sobre $\Bbb Q$.
