Доказать неприводимость многочлена над Q

Автор темы molotov 
ОбъявленияПоследний пост
ОбъявлениеПравила и принципы форума «Высшая математика»28.10.2009 15:17
ОбъявлениеИщем преподавателя для углубленного обучения статистическим методам29.05.2020 13:22
ОбъявлениеАктуарий в PPF Life Insurance (Junior)25.03.2021 21:35
21.12.2020 10:26
Доказать неприводимость многочлена над Q
Приветствую! Вот такое задание:
Доказать неприводимость многочлена над Q

$ x^{5} $ - 6$ x^{3} $ + 2$ x^{2} $ - 4$ x^{} $ + 5 = 0
21.12.2020 16:00
Решение
Поскольку у многочлена все коэффициенты целые, то неприводимость над ${\mathbb Q}$ равнозначна неприводимости над ${\mathbb Z}$ (это следствие леммы Гаусса). Если многочлен разлагается на множители с целыми коэффициентами, можно всё привести по модулю 2. Исходный многочлен после приведения станет $x^5+1 = (x+1)(x^4+x^3+x^2+x+1)$. Многочлен $x^4+x^3+x^2+x+1$ неприводим над ${\mathbb Z}_2$, так как неприводимые многочлены степени 1 и 2 по модулю 2 - это многочлены $x, \,x+1,\, x^2+x+1$, и ни один из них - не делитель.
Значит, если исходный многочлен приводим над кольцом целых чисел, он должен иметь делитель степени 1 (тот самый, который после приведения по модулю 2 станет множителем x+1), пусть это будет x-a.
Дальше пользуемся формулой Виета - корень a должен быть делителем свободного члена многочлена $x^5-6 x^3+2x^2-4x+5$, то есть делителем числа 5. Вариантов всего 4: 1, -1, 5 и -5. Перебором проверяем, что каждый из них - не корень. Значит, исходный многочлен неприводим над ${\mathbb Z}$ и над ${\mathbb Q}$.
21.12.2020 17:12
Спасибо!
Но вот у меня возникла ещё другая идея.. попробовать воспользоваться методом неопределенных коэф.
То есть представить исходный многочлен как произведение двух многочленом со степенями 3 и 2 со старшими коэф равными 1.

f(x)=g(x)h(x)
x^5-6x^3+2x^2-4x+5=(x^2+ax+c)(x^3+bx^2+dx+m)

раскрыв скобки и сгруппировав коэф при неизвестных получим соответственно систему уравнений

d+a=0
c+d+ab=2
m+ad+cb=3
am+cd=-6
cm=-5

и можно ли как-то показать что данная система не имеет целых решений?
21.12.2020 18:09
Можно
Опять же, сначала надо решать по модулю 2.
Из первого уравнения следует, что a = d mod 2
Из последнего уравнения следует, что c = m = 1 mod 2
Второе превращается в уравнение a(b+1) =1 mod 2, то есть a = 1, b = 0 mod 2,
после чего третье уравнение приводит к противоречию: 0 = 1 mod 2.

Итак, твоя система неразрешима не только в целых числах, но даже по модулю 2.
21.12.2020 19:08
+
Всё понял! Спасибо ещё раз!
Извините, только зарегистрированные пользователи могут публиковать сообщения в этом форуме.

Кликните здесь, чтобы войти