неразложимый многочлен

[Padawan]

Дан многочлен, $f(x)=x^p-a$, где $p$ - простое число, $a\in\mathbb Q$ не является точной $p$-ой степенью. Можно ли утверждать, что этот многочлен неприводим в $\mathbb Q[x]$?
В случае $a\in\mathbb Z$, пробовал применить критерий Эйзенштейна к $f(x+b)$, где $b$ старался подобрать так, чтобы $b^p+a$ делилось на $p$, но не делилось на $p^2$. Как-то плохо получается. А в случае рационального $a$ вообще не знаю, что делать. Может он может быть разложимым?

[Sonic86]

(здесь была ерунда)

[Null]

$f(x)=g(x)\cdot h(x)$ -многочлены со старшим коэффициентом 1. $\deg(g)=k$. Найдите $|g(0)|$.

[Padawan]

Sonic86 в сообщении #1252722 писал(а):

А приводим ли он над нашим $\mathbb{Z}_p$?

Не вижу, почему бы и нет. $\mathbb Z_p$ - это $\mathbb Z/p\mathbb Z$?

Sonic86 в сообщении #1252722 писал(а):

Случай рационального $a$ легко сводится к случаю целого $a$.

Допустим. Пока пусть $a\in\mathbb Z$. Как свести, потом подумаю.

Null в сообщении #1252834 писал(а):

Найдите $|g(0)|$.

Какой-то делитель $a$.
Еще давайте подсказок, пожалуйста. Вообще намеков не понял.

[RIP]

(Оффтоп)

На самом деле для двучленов $x^N+c$ есть критерий приводимости, причём над любым полем: все приводимые имеют вид $x^{mn}-a^n$ ($n>1$) или $x^{4n}+4a^4$.
Но данный случай тривиален, как написал Null.

-- Вт 2017-10-03 21:51:34 --

Padawan в сообщении #1252852 писал(а):

Еще давайте подсказок, пожалуйста.

$\bigl\lvert g(0)\bigr\rvert$ можно явно выразить через $a$ и $k$.

[Sonic86]

Padawan в сообщении #1252852 писал(а):

$\mathbb Z_p$ - это $\mathbb Z/p\mathbb Z$

Да.

Padawan в сообщении #1252852 писал(а):

Не вижу, почему бы и нет.

Не, прошу прощенья, не работает мой способ
Присоединяюсь к вопросу

[Padawan]

RIP, Null
Часть корней многочлена $x^p-a$ - сидит в $g(x)$ ($k$ штук), часть корней в $h(x)$ ($p-k$ штук). А корни по модулю все равны $|a|^{1/p}$. Поэтому $|g(0)|=|a|^{k/p}$, а это не может быть рациональным (т.к. в разложении $a$ на простые множители какое-то простое число входит с показателем, не делящимся на $p$, значит и после возведения в степень $k<p$, показатель тоже не будет делится на $p$). Прикольно. Я тупой

Спасибо!