Здравствуйте. Вот такая задача: Разложить на неприводимые множители в $%\mathbb{Z}[X]$% многочлены $%X^n-1$% при $%5 \leqslant n \leqslant 12$%

Однако в учебнике эта задача идет до раздела о корнях многочленов. Т.е. ее предлагается решать, не используя корней многочленов, как я понимаю.

задан 19 Май '17 22:21

10|600 символов нужно символов осталось
1

На этот счёт есть общая теория. Можно посмотреть в учебниках высшей алгебры сведения о круговых многочленах. Например, это есть в учебнике Кострикина. Это даёт общий ответ на поставленный вопрос.

Для небольших значений $%n$% в принципе можно обойтись и без этих общих сведений. Нужно знать, что для простых $%p$% разложение имеет вид $%x^p-1=(x-1)(x^{p-1}+\cdots+x+1)$%, где второй сомножитель неприводим над полем рациональных чисел. Это доказывается через критерий Эйзенштейна. Для оставшихся значений $%n=6,8,9,10,12$% достаточно школьных формул сокращённого умножения, чтобы получить разложения. Те многочлены, которые при этом будут возникать, окажутся неприводимыми (над $%\mathbb Q$%), что или видно непосредственно, или следует из сказанного выше. Например, при $%n=10$% возникнут множители $%x^4\pm x^3+x^2\pm x+1$%, неприводимость которых уже обоснована.

При $%n=9$% появляется многочлен $%x^6+x^3+1$%. Это один из круговых многочленов, и его неприводимость следует из общего факта, но может быть при желании доказана и "кустарно". При $%n=12$% возникает биквадратный многочлен $%x^4-x^2+1$%, который нетрудно разложить на множители над полем действительных чисел с присутствием иррациональных коэффициентов. Поскольку разложение над $%\mathbb Q$% является разложением и над $%\mathbb R$%, в силу единственности разложения на неприводимые мы получаем неприводимость этого многочлена над $%\mathbb Q$%.

ссылка

отвечен 19 Май '17 23:07

@falcao При доказательстве неприводимости многочлена $%x^{p-1} + ... + x + 1$% утверждается что если этот многочлен приводим то приводим и многочлен $%x^{p-1} + C^1_px^{p-2} + ... + C^{p-1}_p$%. Подскажите, почему приводимость первого влечет приводимость второго.

UPD: Впрочем, я уже и сам понял: надо переобозначить $%Y = X - 1$% и получим тот же самый многочлен.

(20 Май '17 19:36) aoeu

@aoeu: да, конечно -- один многочлен получается из другого через линейную замену, а на свойство (не)приводимости это не влияет.

(20 Май '17 21:31) falcao

@falcao При разложении $%x^8-1$% возникли сложности. Раскладываю в $%(x-1)(x+1)(x^2+1)(x^4+1)$%. Как быть с многочленами $%(x^2+1), (x^4+1)$%? Как проверить/доказать их неприводимость?

(21 Май '17 21:24) aoeu

@aoeu: это как раз очень лёгкие случаи. Скажем, x^2+1 неразложим даже над R. Что касается x^4+1, то его можно разложить над R, прибавляя и вычитая 2x^2. Коэффициенты будут иррациональными. В силу единственности разложения, над Q он не может раскладываться по-другому.

(21 Май '17 21:59) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
1

Например, $%x^6-1=(x^3-1)(x^3+1)=(x-1)(x+1)(x^2+x+1)(x^2-x+1).$% Последние два квадратных трехчлена могут раскладываться только в произведение линейных множителей вида $%x+1$% или $%x-1,$% но прямая проверка показывает, что это невозможно. Вот в таком же духе, таком же разрезе и действуйте по списку.

ссылка

отвечен 19 Май '17 23:04

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×33

задан
19 Май '17 22:21

показан
1528 раз

обновлен
21 Май '17 21:59

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru