多項式の既約性

次の多項式がＱ上既約であることを示せ。
(1) x^5 + 5x^3 + 10
(2) x^(p-1) + x^(p-2) + … x + 1　　（ p は素数）
(3) x^4 + 1
(4) x^6 + x^3 + 1

以上です。
(1)はアイゼンシュタインの定理を用いれば示せたのですが、
(2)以降に苦しんでいます。
(2)に関しては、x±1で割り切れないことを言えればいいのかな、
と考えたりもしたのですが、いまいち納得できません。
どなたかわかる方、よろしくお願いします。

No.3 ベストアンサー 回答者： guuman 回答日時： 2008/07/17 23:37

（４）は根の数が多いので調べるのが大変なので同じように

x→x+1としてアイゼンシュタインを使いなされ
（３）もx→x+1としてアイゼンシュタインを使いなされ

因数分解法は
x^4+1
=(x^2-i)(x^2+i)
=(x-(1+i)/√2)・(x-(1-i)/√2)・(x+(1+i)/√2)・(x+(1-i)/√2)
=(x^2-√2・x+√2)・(x^2+√2・x+√2)
√2は無理数じゃろ

まあ全部アイゼンシュタインでやるのがよかろ

この回答への補足

細かく計算式まで書いて頂いて本当にありがとうございます。
ここまできて、こんな簡単なことを聞くのも申し訳ないのですが、
自分で解答を作っているときに思ったのですが、
何故x→x+1として既約かどうか判別してよいのか、
よくわからなくなってきてしまいました。
すいませんが、教えてもらえますでしょうか。
これがわかれば、万事解決できると思います。
よろしくお願いします。

補足日時：2008/07/18 00:07

No.6 回答者： guuman 回答日時： 2008/07/18 06:55

f(x+1)が既約としf(x)が既約でないとすると

1でない多項式Fa(x),Fb(x)を使い
f(x)=Fa(x)・Fb(x)とできる
ここでx→x+1とすると
f(x+1)=Fa(x+1)・Fb(x+1)
となりf(x+1)が既約でないことになり矛盾

この回答への補足

ありがとうございます！かなり完璧に近い理解ができたように思います！！guumanさんのおかげです。本当にありがとうございます！
でも、この問題を理解できて、さらに勉強を進めていくと、
新たな問題にブチ当たってしまいまして…
何とか手を貸して頂けないでしょうか？


次のＱ上の多項式の解を求めよ。
また、最小分解体Ｋの拡大次数[Ｋ：Ｑ]を求めよ。
但しＱは有理数全体の集合を表す。

(1) x^3 + 3x + 1
(2) x^3 - 3x + 1
(3) x^3 + x^2 - 2x - 1

解を求める、つまり因数分解はできるのですが、
最小分解体や拡大次数の求め方がよくわからないんです。

どうかご教示願えないでしょうか？何度も申し訳ないのですが…

補足日時：2008/07/18 23:50

No.5 回答者： guuman 回答日時： 2008/07/18 06:32

x→x+1を避けたいのならば因数分解法でいくしかないな

(4)を因数分解すると

x^6+x^3+1=(x^2-2・cos(2・π/9)・x+1)・(x^2-2・cos(4・π/9)・x+1)・(x^2+2・cos(π/9)・x+1)

cos(π/9)が無理数であることの証明：
m,nを互いに素で1<mかつ0<n<mである整数とし
cos(π/9)＝n/mとする
3倍角の公式より
4・(n/m)^3-3・(n/m)=1/2
よって
8・n^3-6・n・m^2=m^3
この式の両辺がnで割れるからn=1
よって
8=6・m^2+m^3
この式によりmは偶数でなければならないので
自然数Mとしてm=2・Mとおくと
1=3・M^2+M^3
両辺がMで割れるにはM=1だから
1=3+1
となり矛盾
よってcos(π/9)は無理数
同様にcos(2・π/9)とcos(4・π/9)も無理数

No.4 回答者： guuman 回答日時： 2008/07/17 23:56

寝る前だったのでとちった

修正

x^4+1
=(x^2-i)(x^2+i)
=(x-(1+i)/√2)・(x-(1-i)/√2)・(x+(1+i)/√2)・(x+(1-i)/√2)
=(x^2-√2・x+1)・(x^2+√2・x+1)

No.2 回答者： guuman 回答日時： 2008/07/17 22:58

(2)はx→x+1としてアイゼンシュタインを使えばできる

(3)は直ちに複素平面上で一次式の積に因数分解でき
(4)x^3-1をかければ複素平面上で一次式の積に因数分解できる
後は共役恨に対応する一次式同士をかければ実2次になるのでそれを調べれば良い

この回答への補足

(2)については、納得できました！ありがとうございます。
ですが、(3)(4)については、まだ疑問点が残っています。
もう少しお付き合い頂けますでしょうか。

(3)に関しては、複素平面上で一次式の積に因数分解できるのは納得できるのですが、そうできると、どうしてＱ上既約と言えるのかがわかりません。

(4)に関しては、x^3-1をかければx^9-1となりますよね？
それを複素平面上で一次式の積に因数分解できるのは理解できるのですが、その後がよくわかりません。

簡単な問題なのかも知れませんが、ものわかりの悪い私にもう少し手を貸して頂けると嬉しいです。宜しくお願い致します。

補足日時：2008/07/17 23:12

No.1 回答者： guuman 回答日時： 2008/07/17 05:41

Qの定義を書け

（１）の完全な証明を補足に書け

この回答への補足

Ｑは有理数全体の集合を表します。

(1)の証明は
x^5の係数である１は素数である５では割り切れず、
x^3の係数である５と定数項の１０は素数である５で割り切れて、
かつ、定数項１０は５の２乗である２５では割り切れない。
よって、アイゼンシュタインの定理から、
x^5 + 5x^3 + 10 は既約である。

という感じで証明したのですが…

(2)以降はどう証明すればいいのか、わからないんです…
どうかご教示下さい。お願いします。

補足日時：2008/07/17 22:20