Докажите с помощью редукции по модулям 2 и 3 неприводимость над $%\mathbb{Q}$% многочлена $$f(x)=x^5-6x^3+2x^2-4x+5$$ После редукции по модулю два $%f(x)=(x+1)^5$%

После редукции по модулю три $%f(x)=(x^2+1)(x^3+2x+2)$%

Как это использовать, чтобы доказать неприводимость над $%\mathbb{Q}$%?

задан 9 Фев '16 14:42

перемечен 9 Фев '16 18:40

Trumba's gravatar image


74118

1

если бы многочлен имел какой-то делитель, то как бы этот делитель выглядел по модулям 2 и 3? Вот то-то и оно

(9 Фев '16 18:40) Trumba

По модулю 2 и 3 выглядел бы одинаково как: $%g(x)=x^2+1$%. Таких $%g(x)$% над $%Z$% существует вагон и маленькая тележка, тут пока нет противоречия. Чтобы получить противоречие придется подключать еще общий вид второго делителя в $%Z$%, перемножать их в $%Z$% после чего окажется, что коэффициент при $%x^3$% не может быть кратен 6. Правильно или выкладки можно сократить?

(9 Фев '16 19:30) abc
1

@Trumba: кстати, да! Я на это даже не обратил внимания. Там ведь по модулю 2 будет $%(x+1)(x^4+x^3+x^2+x+1)$%, а многочлен в скобках неприводим над полем из двух элементов. То есть условие составлено так, что анализа разложений по модулю 2 и 3 вполне достаточно.

(9 Фев '16 20:43) falcao

@falcao, че-то меня переклинило, я испугался и стер. И все-таки да: там не $%(x+1)^5$%

(9 Фев '16 20:48) Trumba
10|600 символов нужно символов осталось
0

Я тоже думаю, что тут какие-то дополнительные рассмотрения нужны.

Если существует нетривиальное разложение $%f(x)$% на множители, то многочлен представим в виде произведения многочленов степени 2 и 3 с целыми коэффициентами, что видно из разложения по модулю 3. Старшие коэффициенты считаем равными 1, а свободные члены равны $%\pm1$% или $%\pm5$%. Квадратичный множитель должен иметь вид $%x^2+6ax+1$% или $%x^2+6ax-5$% для некоторого целого $%a$%.

Рассмотрим по отдельности каждый из этих случаев, беря остатки от деления $%f(x)$% на эти квадратные трёхчлены. В первом случае в остатке будет $%bx+3(1-16a+72a^3)$%, где вид $%b$% можно не уточнять. У многочлена $%1-16a+72a^3$%, очевидно, целых корней нет, то есть нулевого остатка не получится.

Во втором случае свободный член остатка равен $%15(1-8a-72a^3)$%, и здесь целых корней также нет.

Возможно, здесь действуют какие-то ещё более простые соображения, где вычислять вообще ничего не надо.

Добавление. То, что написано выше, относилось к случаю разложения $%(x+1)^5$% по модулю 2. Здесь же оно другое, как отметил @Trumba, то есть всё сразу получается.

ссылка

отвечен 9 Фев '16 20:14

изменен 9 Фев '16 20:45

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:

×291
×277
×26

задан
9 Фев '16 14:42

показан
342 раза

обновлен
9 Фев '16 20:49

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