Πολυώνυμο (Κριτήριο Αναγωγισιμότητας) 6 (Κλαση αναγώγων πολ)

#1

Ας δειχθεί, χωρίς χρήση του κριτηρίου που αναφέρεται εδώ, ότι το πολυώνυμο $f(x)=x^{p}-x-1$ , όπου το

έιναι πρώτος, είναι ανάγωγο στο $\mathbb{Q}[x]$ .

#2

Με είχε ζορίσει αρκετά αλλά τελικά η απόδειξη δεν είναι ιδιαίτερα δύσκολη. Θα δείξουμε ότι το πολυώνυμο είναι ανάγωγο στο $\mathbb{F}_p[x]$ .

Η βασική παρατήρηση είναι πως αν το $\alpha$ είναι ρίζα του πολυωνύμου σε κάποιο άλλο σώμα πάνω από το $\mathbb{F}_p$ , τότε και η $\alpha + 1$ είναι ρίζα. Άρα στο splitting field (σώμα ριζών) το πολυώνυμο γράφεται σαν $f(x) = (x-\alpha)(x-(\alpha + 1)) \cdots (x - (\alpha + p-1)).$ Αν λοιπόν το πολυώνυμο δεν ήταν ανάγωγο τότε θα είχαμε f(x) = g(x)h(x)

με $g(x) = x^r + a_{r-1}x^{r-1} + \cdots + a_0$ για κάποιο $1 \leqslant r \leqslant p-1$ , και $a_{r-1} = -r\alpha + b \in \mathbb{F}_p$ για κάποιο $b \in \mathbb{F}_p$ . Αλλά τότε θα έπρεπε $\alpha \in \mathbb{F}_p$ , άτοπο αφού f(x)=1

για κάθε $x \in \mathbb{F}_p$ .

#3

Demetres έγραψε:άτοπο αφού

-1

Δημήτρη έξοχα! Ευχαριστώ για το χρόνο που αφιέρωσες για την άσκηση! Αυτήν ακριβώς την αλγεβρική λύση είχα και εγώ υπόψιν και ζήτησα να μη γίνει χρήση του προαναφερθέντος κριτηρίου.

Ας βάλω και άλλη μια λοιπόν:

Είναι η επέκταση σωμάτων $\mathbb{Q}(\sqrt{2+\sqrt{2}})/\mathbb{Q}$ κανονική;

#4

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Είναι η επέκταση σωμάτων $\mathbb{Q}(\sqrt{2+\sqrt{2}})/\mathbb{Q}$ κανονική;

Μου θύμισες όταν μάθαινα θεωρία Galois που μας βάλανε να βρούμε την ομάδα Galois του $\mathbb{Q}\left( \sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}} \right)$ πάνω από το $\mathbb{Q}$ .

Για την άσκηση σου τώρα, με κάθε επιφύλαξη αφού δεν έχω κάνει τις πράξεις, οι ρίζες του ελάχιστου πολυωνύμου του $\sqrt{2+\sqrt{2}}$ είναι οι $\pm \sqrt{2 \pm \sqrt{2}}$ οι οποίες ανήκουν στο $\mathbb{Q}(\sqrt{2+\sqrt{2}})$ αφού $\displaystyle \sqrt{2-\sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{2+\sqrt{2}}}$ , άρα η επέκταση είναι κανονική.

#5

Demetres έγραψε:
Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: Είναι η επέκταση σωμάτων $\mathbb{Q}(\sqrt{2+\sqrt{2}})/\mathbb{Q}$ κανονική;
Μου θύμισες όταν μάθαινα θεωρία Galois που μας βάλανε να βρούμε την ομάδα Galois του $\mathbb{Q}\left( \sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}} \right)$ πάνω από το $\mathbb{Q}$ .

Για την άσκηση σου τώρα, με κάθε επιφύλαξη αφού δεν έχω κάνει τις πράξεις, οι ρίζες του ελάχιστου πολυωνύμου του $\sqrt{2+\sqrt{2}}$ είναι οι $\pm \sqrt{2 \pm \sqrt{2}}$ οι οποίες ανήκουν στο $\mathbb{Q}(\sqrt{2+\sqrt{2}})$ αφού $\displaystyle \sqrt{2-\sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{2+\sqrt{2}}}$ , άρα η επέκταση είναι κανονική.

Πολύ ωραία!

caley-hamilton · #6

Για την άσκηση σου τώρα, με κάθε επιφύλαξη αφού δεν έχω κάνει τις πράξεις, οι ρίζες του ελάχιστου πολυωνύμου του $\sqrt{2+\sqrt{2}}$ είναι οι $\pm \sqrt{2 \pm \sqrt{2}}$ οι οποίες ανήκουν στο $\mathbb{Q}(\sqrt{2+\sqrt{2}})$ αφού $\displaystyle \sqrt{2-\sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{2+\sqrt{2}}}$ , άρα η επέκταση είναι κανονική.

Μήπως είναι $A=\displaystyle \sqrt{2-\sqrt{2}} =\frac {\sqrt{2}}{\sqrt{2+\sqrt{2}}}$ αντί για :

$\displaystyle \sqrt{2-\sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{2+\sqrt{2}}}$ που γράφτηκε;

Έτσι $A=\displaystyle\sqrt{1-\frac{\sqrt{2}}{2+\sqrt{2}}}$ που πάλι ανήκει στο

$\mathbb{Q}(\sqrt{2+\sqrt{2}})$ .

Έτσι δεν είναι;

#7

Ναι έχεις δίκιο. Δεν βλέπω άμεσα πως η τελευταία έκφραση ανήκει στο $\mathbb{Q}(\sqrt{2+\sqrt{2}})$ (ίσως φταίει το προχωρημένο της ώρας). Σίγουρα ανήκει όμως αφού αρκεί να δείξουμε ότι τόσο το $\sqrt{2}$ όσο και το $\sqrt{2+\sqrt{2}}$ ανήκουν σε αυτό το σώμα. Το δεύτερο είναι άμεσο ενώ για το πρώτο έχουμε $\sqrt{2} = (\sqrt{2+\sqrt{2}})^2-2$ .

Πολυώνυμο (Κριτήριο Αναγωγισιμότητας) 6 (Κλαση αναγώγων πολ)

Πολυώνυμο (Κριτήριο Αναγωγισιμότητας) 6 (Κλαση αναγώγων πολ)

Re: Πολυώνυμο (Κριτήριο Αναγωγισιμότητας) 6 (Κλαση αναγώγων πολ)

Re: Πολυώνυμο (Κριτήριο Αναγωγισιμότητας) 6 (Κλαση αναγώγων πολ)

Re: Πολυώνυμο (Κριτήριο Αναγωγισιμότητας) 6 (Κλαση αναγώγων πολ)

Re: Πολυώνυμο (Κριτήριο Αναγωγισιμότητας) 6 (Κλαση αναγώγων πολ)

Re: Πολυώνυμο (Κριτήριο Αναγωγισιμότητας) 6 (Κλαση αναγώγων

Re: Πολυώνυμο (Κριτήριο Αναγωγισιμότητας) 6 (Κλαση αναγώγων

Μέλη σε σύνδεση