1) Привести пример приведенного неприводимого многочлена степени 4 из $%\mathbb{Z}[x]$%, который приводим в поле $%\mathbb Q[\sqrt 2]$%

(Вроде подходит x^4-4, но как проще всего доказать, что он неприводим?)

2) Показать, что если заменить 4 на 5 в п. 1), то такого многочлена не существует

задан 17 Июн '17 18:32

10|600 символов нужно символов осталось
2

1) Многочлен $%x^4-4$% равен $%(x^2-2)(x^2+2)$%, то есть он приводим даже над $%\mathbb Z$%. Надо взять $%x^4+1=x^4+2x^2+1-2x^2=(x^2+\sqrt2x+1)(x^2-\sqrt2x+1)$%. Неприводимость $%x^4+1$% над $%\mathbb Q$% следует из единственности разложения на неприводимые сомножители над $%\mathbb R$%.

2) Каждый комплексный корень неприводимого над $%\mathbb Q$% многочлена 5-й степени имеет над этим полем степень 5 (по определению), то есть он не может быть корнем многочлена меньшей степени с рациональными коэффициентами. Предположим, что наш многочлен приводим над $%\mathbb Q(\sqrt2)$%. Тогда хотя бы один из его комплексных корней будет корнем многочлена степени 1 или 2 над этим полем. Очевидно, что первый случай сводится ко второму, а многочлен можно считать приведённым. Пусть $%x$% -- рассматриваемый корень. Тогда $%x^2+(a+b\sqrt2)x+(c+d\sqrt2)=0$% для некоторых рациональных $%a,b,c,d$%. Получается, что $%x^2+ax+c=-\sqrt2(bx+d)$%, и после возведения в квадрат получается уравнение 4-й степени с рациональными коэффициентами и корнем $%x$%, что является противоречием.

ссылка

отвечен 17 Июн '17 21:56

А при чем везде неприводимость над Q? Вроде же нужен неприводимый многочлен из Z[x], т.е. неприводимый над Z.

(17 Июн '17 22:10) Slater

@Slater: это одно и то же. Если есть разложимость над Z, то она есть и над Q (для приведённых многочленов). И обратно: если многочлен с целыми коэффициентами разложим над Q, то можно сделать коэффициенты целыми (следствие леммы Гаусса). Говорить о многочленах над полями несколько удобнее, поэтому я употребил именно это выражение.

(17 Июн '17 22:16) falcao

А почему в уравнении 4 степени, которое получается на последнем шаге, будет фигурировать неприводимый над Q (или Z) многочлен? Если он приводим над Q, противоречия же нет?

И как "первый случай сводится ко второму"?

(17 Июн '17 22:49) Slater

@Slater: если число является корнем многочлена первой степени -- скажем, x-c, то оно же является корнем уравнения x^2-cx второй степени.

Неприводимость многочлена 4-й степени доказывать не надо. В начале было сказано, что многочлен 5-й степени минимален. Поэтому многочлена меньшей степени (приводимого или нет) с таким же корнем x быть уже не может. Здесь использован стандартный факт из алгебры, что если многочлен неприводим, то он минимален. В противном случае можно взять НОД, и получится противоречие.

(17 Июн '17 23:10) falcao
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:

×4,517

задан
17 Июн '17 18:32

показан
263 раза

обновлен
17 Июн '17 23:10

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