Поле корней полинома

[Dedekind]

Найдите полином $a(x)$, неприводимый над $\mathbb{Q}$ и полином $b(x)$, неприводимый над $\mathbb{Q}(i)$, такие, что $\mathbb{Q}(i\sqrt{2}, i\sqrt{3})$ является полем корней (root field) $a(x)$ над $\mathbb{Q}$ и $b(x)$ над $\mathbb{Q}(i)$.

Я же правильно понимаю, что тут подходит один и тот же $a(x) = b(x) = x^4 + 10x^2 + 1$? Корни $\pm i\sqrt{2}\pm i\sqrt{3}$, значит поле корней $\mathbb{Q}(i\sqrt{2}, i\sqrt{3})$, и при этом ни в $\mathbb{Q}$, ни в $\mathbb{Q}(i)$ он (вроде бы) не раскладывается.

[dgwuqtj]

Dedekind в сообщении #1726430 писал(а):

Я же правильно понимаю, что тут подходит один и тот же $a(x) = b(x) = x^4 + 10x^2 + 1$?

Он подходит, только надо ещё доказывать, что он неразложим над $\mathbb{Q}[i]$.

Dedekind в сообщении #1726430 писал(а):

полем корней (root field)

Обычно это называют полем разложения, splitting field.

[Gagarin1968]

dgwuqtj в сообщении #1726433 писал(а):

Он подходит, только надо ещё доказывать, что он неразложим над $\mathbb{Q}[i]$.

И неприводим над $\mathbb{Q}$.

Dedekind в сообщении #1726430 писал(а):

он (вроде бы) не раскладывается

Надо доказать.

[Dedekind]

dgwuqtj, Gagarin1968
Например, так (возможно, можно проще).
$x^4 + 10x^2 + 1 = (x - i\sqrt{2} - i\sqrt{3})(x + i\sqrt{2}+ i\sqrt{3})(x - i\sqrt{2}+ i\sqrt{3})(x + i\sqrt{2} - i\sqrt{3}) = (x^2 + 5 + 2\sqrt{6})(x^2+5 -2\sqrt{6}) = (x^2-2i\sqrt{3}x-1)(x^2+2i\sqrt{3}x-1) = (x^2+2i\sqrt{2}x+1)(x^2-2i\sqrt{2}x+1)$
Ни одно из разложений не имеет всех коэффициентов в $\mathbb{Q}$ и $\mathbb{Q}(i)$, значит, неприводим над обоими.

[Gagarin1968]

Dedekind в сообщении #1726437 писал(а):

возможно, можно проще

Я бы доказал так: поскольку базис над $\mathbb{Q}$ составляют элементы $ \{1, i\sqrt{2}, i\sqrt{3}, \sqrt{6}\}$, то степень расширения $[\mathbb{Q}(i\sqrt{2}, i\sqrt{3}) : \mathbb{Q}]$ равна $4$.

И поскольку $a(x)$ имеет степень $4$ и один из его корней порождает это расширение, то многочлен $a(x)$ неприводим над $\mathbb{Q}$.

[Dedekind]

Gagarin1968 in post #1726538 писал(а):

И поскольку $a(x)$ имеет степень $4$ и один из его корней порождает это расширение, то многочлен $a(x)$ неприводим над $\mathbb{Q}$.

Вот этот переход непонятен.
Во-первых, под "порождает расширение", Вы имели ввиду, что $\mathbb{Q}(i\sqrt{2}, i\sqrt{3}) = \mathbb{Q}(i\sqrt{2}+ i\sqrt{3})$?
Во-вторых, если да, не могу сообразить, как из этого следует неприводимость. У меня была теорема, что если неприводимый полином имеет один корень в неком поле разложения (splitting field, root field), то он имеет все корни в этом поле. Тут, похоже, обратная к ней?

-- added 2 minutes later --

UPD нет, ерунду сказал.

-- added 12 minutes later --

UPD2 а, ну хотя кажется понял. Если бы $a(x)$ был приводим, то корень $i\sqrt{2} + i\sqrt{3}$ был бы корнем полинома меньшей чем 4 степени. А поскольку степень расширения равна степени минимального полинома, то это невозможно. Так?

[Gagarin1968]

Dedekind в сообщении #1726541 писал(а):

Если бы $a(x)$ был приводим, то корень $i\sqrt{2} + i\sqrt{3}$ был бы корнем полинома меньшей чем 4 степени. А поскольку степень расширения равна степени минимального полинома, то это невозможно. Так?

Абсолютно верно.

[Dedekind]

Gagarin1968
Спасибо!