Demostrar que $x^4-x^2+1$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}$

Question

Mis intentos:

Aquí no puedo aplicar el criterio de Eisenstein, porque no hay ningún número primo que divida el término constante, es decir $1$ Tomando una traducción de la forma $x \rightarrow x+a$ tampoco resuelve este problema.

A continuación, probé las pruebas del mod: $\operatorname{mod}2$ no funciona ya que $x^4-x^2+1=(x^2+x+1)(x^2-x+1)$ De la misma manera, en $\operatorname{mod}3$ $x^4-x^2+1=(x^2+1)^2$ . Ahora puedo seguir y tal vez eventualmente encontrar un $\operatorname{mod}p$ que funciona, pero que consume mucho tiempo, especialmente en los exámenes.

Así que, usaré la prueba de raíz racional. Las posibilidades para las raíces son $\pm 1$ y es fácil ver que ninguno de los dos es una raíz.

La única posibilidad que queda entonces son los factores cuadráticos, digamos, $(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)=x^4-x^2+1$

Esto me da un conjunto de ecuaciones $bd=1, a+c=0, b+d+ac=-1$ . Así que, o bien $b=d=1$ , en cuyo caso $a=\pm \sqrt3 \notin \mathbb{Q}$ o $b=d=-1$ , lo que da $a=\pm i \notin \mathbb{Q}$ .

Así que tal factorización no es posible y por lo tanto el polinomio dado es irreducible.

¿Es correcta esta solución? Además, ¿hay una manera más fácil de resolver esto? Gracias.

Answer 1

No hay raíces racionales, por lo que no hay factores lineales.

Si $p(x)$ es un factor de $x^4-x^2+1$ entonces $p(-x)$ también lo es.

Si $x^4-x^2+1 = (x^2+a)(x^2+b)$ entonces $x^2-x+1=(x+a)(x+b)$ . Demostrar que $x^2-x+1$ es irreducible.

Por otro lado, tendría que tener $x^4-x^2+1=(x^2+ax+b)(x^2-ax+b)$ donde $b^2=1$ y $a\neq 0$ . Esto significa que $x^4+(2b-a^2)x^2+b^2 = x^4-x^2+1$ .

Así que necesitas $2b-a^2=-1$ . Si $b=-1,$ entonces esto significa $a^2=-1$ y si $b=1$ entonces $a^2=3$ .

Answer 2

Otro enfoque que vi utilizar a Robert Israel aquí sería señalar que $x^4-x^2+1$ adquiere valores primos para $x=\pm2,\pm3,\pm4,\pm5$ y $\pm9$ . Son diez puntos, por lo que uno de los factores cuadráticos tendría que tomar el valor $\pm 1$ al menos cinco veces. Finalmente uno de los factores cuadráticos tendría que asumir $+1$ o $-1$ al menos 3 veces, lo que es imposible para una cuadrática, ya que un polinomio no constante que toma el mismo valor tres veces debe tener grado al menos tres.

Answer 3

$$(x^4-x^2+1)(x^2+1) = x^6+1$$ implica: $$ x^4-x^2+1 = \frac{x^6+1}{x^2+1} = \frac{(x^{12}-1)(x^2-1)}{(x^6-1)(x^4-1)} = \Phi_{12}(x) $$ por lo que el LHS es irreducible sobre $\mathbb{Q}$ ya que es el polinomio mínimo de $\exp\left(\frac{2\pi i}{12}\right)$ .
La irreducibilidad de los polinomios ciclotómicos es un hecho bien conocido, demostrado aquí .

Answer 4

Dejemos que $r(x)$ sea el cúbica resolvente de su polinomio. Entonces $r(x)=x^3-2x^2-3x$ . Las raíces de $r(x)$ son $-1$ , $0$ y $3$ , ninguno de los cuales es el cuadrado de un número racional distinto de cero. Además, su polinomio no tiene ninguna raíz racional y el coeficiente de $x$ en $r(x)$ no es un cuadrado perfecto en $\mathbb Q$ . Por lo tanto, su polinomio es irreducible en $\mathbb{Q}[x]$ .

Answer 5

Puede utilizar el maravilloso criterio de Murty's (véase el teorema 1):

Dejemos que $f(x)=a_mx^m+a_{m-1}x^{m-1}+\dots+a_1x+a_0$ sea un polinomio de grado $m$ en $\mathbb{Z}[x]$ y establecer $$H=\max_{0\leq i\leq m-1} |a_i/a_m|.$$ Si $f(n)$ es primo para algún número entero $n\geq H+2$ entonces $f(x)$ es irreducible en $\mathbb{Z}[x]$ .

En este caso funciona porque $f(3)=73$ es un primo.