Приводим ли многочлен

[nnosipov]

Ward, это несложно, поэтому сами попробуйте. Собственно, в доказательстве нуждается лишь одно из двух утверждений (второе очевидно): если $c$ --- рациональное число, не являющееся ни 3-й, ни 5-й, ни 7-й степенью рационального числа, то $x^{105}-c$ неприводим над $\mathbb{Q}$. Для доказательства можете воспользоваться тем утверждением, что я привёл выше (нужно рассмотреть $\theta=c^{1/105} \in \mathbb{R}$).

[Null]

Цитата:

Утверждение: если $\theta \in \mathbb{R}$ и $n=\min{\{k:\theta^k \in \mathbb{Q}\}}$, то многочлен $x^n-c$, где $c=\theta^n$, неприводим над $\mathbb{Q}$.

Это неверно, в том же Ленге есть исключительный случай $с=-4k^4$.
Да и доказательство там совсем не простое.(конечно если не изучать предложенную там теорию).

[Ward]

Null
Я хочу спросить откуда у Вас получается $P(x)=x^n+3P_1(x)$ и $P_1(x)$ - многочлен с целыми коэффициентами. Почему там коэффициент 3?

[nnosipov]

Null в сообщении #801381 писал(а):

Это неверно

Это верно, читайте внимательно условие утверждения.

[knwnw]

nnosipov в сообщении #801355 писал(а):

Да, верно.

Спасибо

Ward в сообщении #801382 писал(а):

Я хочу спросить откуда получается $P(x)=x^n+3P_1(x)$ и $P_1(x)$ - многочлен с целыми коэффициентами. Почему там коэффициент 3?

Ну, когда мы перешли к многочленам mod 3, получили $x^{105}=\tilde{P}(x)\tilde{Q}(x)$.
Отсюда $\tilde{P}(x)=x^n$, $\tilde{Q}(x)=x^{n+l}$, и $n+n+l=105$.
Ну и возвращаясь к многочленам "не mod 3", имеем $P(x)=x^n+3P_1(x)$.

[Ward]

knwnw
Раз у Вас $x^{105}=\tilde P(x)\tilde Q(x)$ то разве отсюда следует что $\tilde P(x)=x^n$ и $\tilde Q(x)=x^{n+l}$. Почему они не могут иметь другой вид?

[knwnw]

Ward
Пусть $\tilde{P}(x)=x^n+$(члены, не делящиеся на 3), $\tilde{Q}(x)=x^{n+l}+$(члены, не делящиеся на 3).
Тогда $x^{105}=\tilde{P}(x)\tilde{Q}(x)=x^{105}+$(что-то)+(младший член, не делящийся на 3). Противоречие.