Приводимость многочлена. Проверка док-ва

[pooh__]

Когда $x^n-2$ неприводим над $\matbb{Q}$
Я утверждаю что при любых $n$
По лемме Гаусса приводимость над $\mathbb{Q}$ это тоже самое что приводимость над $\mathbb{Z}$
пусть $x^n-2 = (a_{0}+..+a_{m}x^m)(b_{0}+..+b_{n-m}x^{n-m})$
Можно считать, что $a_{0} = 2, b_{0}=-1$.
Рассмотрим это дело по модулю 2 станет ясно, что первый многочлен целиком делится на 2 что будет противоречить делимости на 2 исходного многочлена.

Вопрос в том насколько это корректно и еще можно ли обойтись без леммы Гаусса.

[Brukvalub]

pooh__ в сообщении #945010 писал(а):

Когда $x^n-2$ неприводим над $\matbb{Q}$
Я утверждаю что только при n=1
По лемме Гаусса приводимость над $\mathbb{Q}$ это тоже самое что приводимость над $\mathbb{Z}$
пусть $x^n-2 = (a_{0}+..+a_{m}x^m)(b_{0}+..+b_{n-m}x^{n-m})$
Можно считать, что $a_{0} = 2, b_{0}=-1$.
Рассмотрим это дело по модулю 2 станет ясно, что первый многочлен целиком делится на 2 что будет противоречить делимости на 2 исходного многочлена.

Вопрос в том насколько это корректно и еще можно ли обойтись без леммы Гаусса.

Начнем с того, что вы утверждали одно, а доказали другое.

[pooh__]

Действительно при $n=1$ он тоже неприводим
Теперь верно или нет?

[nnosipov]

pooh__ в сообщении #945010 писал(а):

Рассмотрим это дело по модулю 2 станет ясно, что первый многочлен целиком делится на 2 что будет противоречить делимости на 2 исходного многочлена.

Напишите-ка Вы это подробно. Слышали ли Вы про критерий Эйзенштейна? (Если нет, то не лезьте за ним в гугл, попробуйте сами изобрести).

-- Пт дек 12, 2014 22:04:48 --

pooh__ в сообщении #945022 писал(а):

Действительно при $n=1$ он тоже неприводим

Это мелочи жизни. Как и лемма Гаусса в данном случае (без неё можно обойтись).

[pooh__]

Получаем
$x^n\equiv (a_{1}x+..+a_{m}x^m)(1+b_{1}x+..+b_{n-m}x^{n-m}) (\mod 2)$

Откуда $a_{1} \equiv 0$ и так далее со всеми $a_{i}$ до $a_{n}$
Да, слышал про него, но как его здесь применить?
P.S.
Прошу прощения, я неправильно его помнил. Стало ясно как его применять.
Но все же как обойтись без леммы Гаусса и корректно ли мое док-во.

[nnosipov]

pooh__ в сообщении #945027 писал(а):

Да, слышал про него, но как его здесь применить?

Шутите? В лоб! То рассуждение, что Вы привели, по существу и является доказательством этого критерия. (Естественно, лемма Гаусса подразумевается).

[Brukvalub]

pooh__ в сообщении #945010 писал(а):

Когда $x^n-2$ неприводим над $\matbb{Q}$
Я утверждаю что только при n=1
...

Вчитайтесь в себя!

[pooh__]

Brukvalub в сообщении #945030 писал(а):

pooh__ в сообщении #945010 писал(а):

Когда $x^n-2$ неприводим над $\matbb{Q}$
Я утверждаю что только при n=1
...

Вчитайтесь в себя!

Ох действительно, сейчас исправлю.

[nnosipov]

pooh__ в сообщении #945027 писал(а):

Получаем
$x^n\equiv (a_{1}x+..+a_{m}x^m)(1+b_{1}x+..+b_{n-m}x^{n-m}) (\mod 2)$

Откуда $a_{1} \equiv 0$ и так далее со всеми $a_{i}$ до $a_{n}$

На экзамене к этому тексту я бы попридирался (подробностей маловато), но с идейной точки зрения всё окей.

Без леммы Гаусса: нужно возиться с комплексными корнями многочлена $x^n-2$. Не буду Вас лишать удовольствия сообразить самостоятельно.