Demostrar que $f=x^4-4x^2+16\in\mathbb{Q}$ es irreductible

Question

Demostrar que $f=x^4-4x^2+16\in\mathbb{Q}[x]$ es irreductible.

Estoy tratando de probarlo con el criterio de Eisenstein, pero sin éxito: para p=2, se divide -4 y el coeficiente constante de 16, no dividen el líder coeficient 1, pero su plaza 4 divide el coeficiente constante de 16, por lo que no funciona. Por lo tanto, traté de encontrar a $f(x\pm c)$ que es irreducible:

$f(x+1)=x^4+4x^3+2x^2-4x+13$, pero el 13 tiene divisores: 1 y 13, así que no existe un número primo p tal que para aplicar la primera condición: $p|a_i, i\ne n$; el mismo problema para $f(x-1)=x^4+...+13$

Para $f(x+2)=x^4+8x^3+20x^2+16x+16$ es el mismo problema desde donde nos dirigimos, si hacemos p=2, que significa $2|8, 2|20, 2|16$, no dividir, el líder coeficiente de 1, pero en la plaza 4 de dividir el coeficiente constante 16; de nuevo, no funciona.. es el mismo problema para x-2

Ahora voy a comprobar para $f(x\pm3)$, pero creo que va a ser el otoño... creo que si me verificar todas constante $f(x\pm c)$ no funciona con este método... para tener alguna idea de cómo podemos demostrar que $f$ es irreducible?

Answer 1

Los asociados, cuadrática, polinómica $t^2-4t+16$ tiene discriminante negativo, así que no hay ninguna raíz real. Entonces el polinomio puede ser factorizados sobre los reales como producto de un polinomio de grado dos. Usted obtener mediante un proceso similar al completar el cuadrado: \begin{align} x^4-4x^2+16 &=x^4+8x^2+16-12x^2\\ &=(x^2+4)^2-(\sqrt{12}\,x)^2\\ &=(x^2-\sqrt{12}\,x+4)(x^2+\sqrt{12}\,x+4) \end{align} Estos dos polinomios tienen discriminante negativo (no es necesario verificarla) y son irreductibles en $\mathbb{R}[x]$. Si el polinomio era reducible sobre los racionales, los dos factorizations en $\mathbb{Q}[x]$ $\mathbb{R}[x]$ coincidiría.

Por tanto, la polinomio es irreducible sobre los racionales.

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¿Cuál es la regla general? Supongamos que usted ha $x^4+px^2+q$, $p,q$ enteros y $p^2-4q<0$ (por lo $q>0$). Escribir $q=r^2$, $r>0$ (no necesita ser entero), y $$ x^4+px^2+q=x^4+2rx^2+r^2-(2r-p)x^2 $$ Tenga en cuenta que $2r-p>0$: es obvio si $p<0$; si $p\ge0$ es lo mismo que $4q>p^2$, lo cual es cierto por hipótesis. Entonces $$ x^4+px^2+q=(x^2-\sqrt{2r-p}\,x+r)(x^2+\sqrt{2r-p}\,x+r) $$ es la descomposición del polinomio en $\mathbb{R}[x]$. Es en $\mathbb{Q}[x]$ si y sólo si $\sqrt{q}$ $\sqrt{2\sqrt{q}-p}$ son enteros.

Por ejemplo, $q=4$ $p=0$ es un caso. Para $q=16$ necesitamos $8-p$ a ser un cuadrado, por lo $q=16$ $p=4$ es otro caso.

Answer 2

El polinomio no tiene raíces reales, porque es igual a $(x^2-2)^2+12$. El resto de posibilidad es, que es un producto de dos factores cuadráticos. Por Gauss' Lexema estos deben tener coeficientes enteros, por lo que estamos buscando una posible factorización como $$ p(x)=x^4-4x^2+16=(x^2+ax+b)(x^2+cx+d) $$ con algunos enteros $a,b,c,d$. Modulo $3$ tenemos la factorización $$p(x)=(x^2-2)^2+12\equiv(x^2+1)^2.$$ Therefore $un$ and $c$ must both be divisible by three, and $b\equiv d\equiv 1\pmod3$. Modulo $5$ tenemos $$ p(x)\equiv x^4+x^2+1=(x^2+1)^2-x^2=(x^2+x+1)(x^2-x+1). $$ Esto significa que $b\equiv d\equiv1\pmod 5$. El Teorema del Resto Chino (o en el caso-por-caso de verificación), a continuación, muestra que $b\equiv d\equiv 1\pmod{15}$.

Debido a $bd=16$ la única posibilidad es que se $1$ $16$ en un cierto orden. Pero esto es imposible porque el modulo $2$ hemos $$p(x)\equiv x^4,$$ so all of $a,b,c,d$ debe ser par.

La conclusión es que el $p(x)$ es irreductible.

Answer 3

A continuación se explicita la prueba. Tenga en cuenta que $x^4-4x^2+16 = (x^2-2)^2 + 12$, lo que claramente no tiene ninguna raíz real. Por lo tanto, el único camino posible para reducir el $x^4-4x^2+16$$\mathbb{Q}$$(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)$. Sin embargo, las raíces de $x^4-4x^2+16$$x = \pm \sqrt{2 \pm i\sqrt{12}}$, que son todos los números complejos. Desde raíces complejas se producen en el conjugado de a pares, $\sqrt{2 \pm i\sqrt{12}}$ deben ser las raíces de uno de los factor cuadrático. Por lo tanto, el factor cuadrático debe ser $$x^2-(\sqrt{2+i\sqrt{12}}+\sqrt{2-i\sqrt{12}})x + \sqrt{2+ i\sqrt{12}}\sqrt{2- i\sqrt{12}} = x^2-2\sqrt3 x+4$$ El otro factor cuadrático debe ser $$x^2+(\sqrt{2+i\sqrt{12}}+\sqrt{2-i\sqrt{12}})x + \sqrt{2+ i\sqrt{12}}\sqrt{2- i\sqrt{12}} = x^2+2\sqrt3 x+4$$ Por lo tanto, $x^4-4x^2+16$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}$.

Answer 4

Usted ha visto que $f(x)$ no tiene raíces, por lo que desea excluir factorizations de la forma $$f(x) = (x^2 + ax + b)(x^2 + cx + d)$$ Desde $f(x) = f(-x)$, lo anterior implica $$f(x) = (x^2 - ax + b)(x^2 - cx + d)$$ Aquí $a,b,c$, e $d$ son números enteros de Gauss Lema.

Así que una determinada raíz de $r$ $x^2 - ax + b$ es una raíz de $x^2 + ax + b$ o $x^2 + cx + d$.

Si $r$ es una raíz de $x^2 + ax + b$, es la raíz de la diferencia de $x^2 + ax + b - (x^2 - ax + b) = 2ax$, lo que implica $a = 0$ desde cero no es una raíz de $f(x)$.

Si $r$ es una raíz de $x^2 + cx + d$ igualmente, es una raíz de la diferencia de $(c + a)x + (d - b)$, y desde $f(x)$ no tiene raíces racionales $c = -a$$d = b$.

Así que o $a = 0$ o $c = -a$$d = b$. Ya que el argumento es totalmente simétrica en los dos factores, también hemos de tener $c = 0$ o $c = -a$$d = b$. Por lo tanto tenemos dos posibilidades: o $a = c = 0$ o $c = -a$$d = b$.

En el primer caso tenemos $$x^4 - 4x^2 + 16 = (x^2 + b)(x^2 + d)$$ Pero las raíces de $y^2 - 4y + 16$ son irracionales (incluso no son reales), así que esto no puede suceder.

En el segundo caso tenemos $$x^4 - 4x^2 + 16 = (x^2 + ax + b)(x^2 - ax + b) = x^4 + (2b - a^2) x^2 + b^2$$ Por lo tanto $b = \pm 4$ y, por lo tanto, $8 - a^2 = -4$ o $-8 - a^2 = -4$, ninguno de los cuales tiene soluciones racionales.

Por lo tanto $f(x)$ es irreductible.

Answer 5

Supongamos que $f$ es reducible, se observa que la $f$ es monic, por lo tanto $f$ puede ser escrito como el producto de dos polinomios $g$ $h$ de grado de al menos uno y con coeficientes enteros.
Ahora observe que el $f$ no tiene raíz entera, porque con racionales teorema de la raíz de una raíz entera a $f$ debe ser un divisor de a $f(0)=16$ y se puede comprobar que en estos casos.
Por lo $f$ no lineal factor, por lo tanto $g$ $h$ son dos monic polinomios con grado dos, dejando $$f(x)=g(x)h(x)=(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)=x^4-4x^2+16$$ Tenemos $$ a=-c,b+d+ac=-4,ad+bc=0,bd=16 $$ Ahora si $a\neq0$, luego $b=d$,$b+d+ac=-4$, así $b^2=16$, $2b-a^2=\pm8-a^2=-4$, lo que se contradice.
Ahora si $a=-c=0$,$bd=16$, e $b+d=-4$ que de nuevo se contradice.