Deje $\beta$ ser un cero de $f(x) =x^5+2x+ 4$ . Mostrar que ninguno de $\sqrt{2}$,$ \sqrt[3]{2}$ ,$ \sqrt[4]{2}$ pertenece a $Q(\beta)$.

Question

Me pueden ayudar con este ejercicio..

Deje $\beta$ ser un cero de $f(x) =x^5+2x+ 4$ . Mostrar que ninguno de $\sqrt{2}$,$ \sqrt[3]{2}$ ,$ \sqrt[4]{2}$ pertenece a $Q(\beta)$.

Yo trate.

Si $f(x)$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}$, entonces puedo usar que: $$5=[\mathbb{Q}(\beta):\mathbb{Q}]=[\mathbb{Q(\beta)}:\mathbb{Q}(\sqrt{2})]*[\mathbb{Q}(\sqrt{2}):\mathbb{Q}]$$ y cómo $[(\sqrt{2}):\mathbb{Q}]$=3 $3|5$ la contradicción del mismo modo.. $ \sqrt[3]{2}$ ,$ \sqrt[4]{2}$

Pero, ¿Cómo prueba de que $f(x)$ es irreductible

Para $p=3$, $f_1(x)=x^5+2x+1$, Entonces

$f_1(0)=1$,$f_1(1)=1$,$f_1(2)=1$ , Cómo $f_1(x)$ es irreducible en a $\mathbb{Z_3}$ $f(x)$ es irreducible en a $\mathbb{Q}$

Pero puede tener cuadrática factores,

Otra manera para que la prueba de que $f(x)$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}$

Answer 1

Cuando se reduce la $f = x^5 + 2x + 4 \in \mathbb Q[x]$$\overline f = x^5 - x + 1 \in \mathbb F_3[x]$, después de encontrar que no hay lineal de los factores, es suficiente para comprobar que no existen factores cuadráticos (ya que si $\overline f$ factores sin términos lineales, debe tener un término de grado 2). La única cuadráticos irreducibles en $\mathbb F_3[x]$ $x^2 + 1$, $x^2 + x - 1$ y $x^2 - x - 1$. Se puede comprobar mediante el polinomio de la división larga que ninguno de estos se divide $\overline f$.

Answer 2

Sugerencia:

Usted está en el camino correcto, y su razonamiento hasta este punto es sólida. Wolfram indica que este polinomio es de hecho irreductible $\mathbb{Z}_3$.

No es realmente tan difícil enumerar la irreductible cuadrática y cúbica de polinomios sobre $\mathbb{Z}_3$. Hay un total de $9$ cuadrática y $27$ cúbico monic polinomios sobre este campo, y muchos de los que van a tener raíces (recordemos que cuadrática y cúbica polinomios son irreducibles $\iff$ raíces no existen en el campo). Usted puede reducir aún más la carga de trabajo al señalar que los coeficientes de la quintic van a restringir los coeficientes de los posibles factores.

Podría parecer un poco tedioso, pero usted puede utilizar esta información de forma relativamente rápida demostrar que su quintic no factor, como producto de una irreductible cuadrática y una irreductible cúbicos.

Answer 3

Un método que utiliza un poco menos álgebra abstracta de la maquinaria:

Desde $f$ tiene coeficientes enteros, es irreducible sobre $\mathbb{Q}$ fib es irreducible sobre $\mathbb{Z}$.

Supongamos $f$ no irreductible $\mathbb{Z}$. A continuación, debe ser divisible por, ya sea lineal o cuadrático irreducible factor de $\mathbb{Z}$. Podemos comprobar fácilmente que no es divisible por un factor linear, es decir, que no tiene raíces en $\mathbb{Z}$, el uso racional de las raíces de la prueba.

Así que supongamos $p$ es una irreductible cuadrática dividiendo $f$ con coeficientes enteros, por lo que el $f = pq$ para un polinomio cúbico $q$ con coeficientes enteros, y escribir $p(x) = x^2+ax+b$ ($a,b\in\mathbb{Z}$). Observe que $p$ no tienen exactamente 1 root en $\mathbb{R}$, ya que es el cuadrado de un polinomio lineal con coeficientes reales, y un polinomio debe tener racional de los coeficientes de su plaza de tener racional de los coeficientes. Por lo $p$ $0$ o $2$ raíces en $\mathbb{R}$. Pero $f$ sí sólo tiene una raíz en $\mathbb{R}$ desde $f(x)$ es estrictamente creciente en función de $x$, por lo que se deduce que el $p$ no tiene raíces en $\mathbb{R}$. Desde $p$ es un monic cuadrática sin raíces reales, tenemos que $p(x)>0$ para todos los verdaderos $x$.

Ahora, observe que $$p(-1)q(-1) = f(-1) = 1$$ y desde $q(-1)$ es un número entero y $p(-1)$ es un entero positivo, se deduce que el $p(-1) = 1$. Así $$(-1)^2+a(-1)+b = 1 \implies -a+b=0\implies a=b.$$ Por lo tanto $p(x) = x^2+ax+a$. Ahora $$p(0)q(0) = f(0) = 4$$ por lo $p(0)$ es un número entero positivo dividiendo $4$, es decir,$p(0) = 1$, $2$, o $4$. Desde $p(0) = a$, sabemos que $a = 1$, $2$, o $4$. Por último, observe que $$p(1)q(1) = f(1) = 7$$ y, por tanto, $p(1)$ divide $7$. Pero $$p(1) = 1^2+a(1)+a = 2a+1 $$ y $2a+1$ es igual a $3$, $5$, y $9$ $a = 1$, $2$, y $4$, respectivamente. Ninguno de $3$, $5$, ni $9$ divide $7$, por lo que tenemos una contradicción.

Por lo tanto, $f$ no es divisible por un irreductible cuadrática$\mathbb{Z}$, por lo que debe ser irreductible $\mathbb{Z}$, y por tanto, con $\mathbb{Q}$.