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54396.Re: 多項式の既約性  
名前:通りすがり    日付:2018年02月05日(月) 11時37分
横から失礼します.

4 変数のまま処理しても良いですが,環同型

ψ:QQ[x,y,z,w] -> QQ[X_1,X_2,Y_1,Y_2],ψ(x) = X_1 + X_2, ψ(y) = Y_1 + Y_2, ψ(z) = X_2, ψ(w) = Y_2

で変数変換すれば(既約性は環同型に対し不変なので),問題は x^m - 2y^m に帰着できます.この多項式について,黄桃さんと同様の議論を行えば,変数の多さに惑わされずに済むと思います.
(回答者)
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54373.Re: 多項式の既約性  
名前:黄桃    日付:2018年02月04日(日) 09時13分
もちろん、可能性だけをいえば、因数分解した結果が
(X_1を含まず、X_2,Y_1,Y_2の少なくとも1つを含む多項式)x(X_1を含む多項式)
になっているかもしれません(その場合、X_1を含まない多項式に値を代入しても定数になります)。
ただ、最高次 X_1^(2m)の係数が1であることからそのようなことはありえません。

#この位は判断できると思ったのですが。
fp276e1bf1.chbd224.ap.nuro.jp (39.110.27.241)
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54368.Re: 多項式の既約性  
名前:ボンズ    日付:2018年02月03日(土) 21時08分
黄桃さん
コメントありがとうございます。

「(X_1^2+X_2^2)^m-2(Y_1^2+Y_2^2)^m
が因数分解できたとすると、X_2=0, Y_1=1, Y_2=0 を代入しても、因数分解できているはずで」

とありますが、これはどうしてですか?
(大学 4 年/質問者)
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54367.Re: 多項式の既約性  
名前:黄桃    日付:2018年02月03日(土) 18時48分
その証明だと、R上既約にもなってしまいそうです。どこでQの性質を使っているのでしょうか?(a_m=b_m=1 だと何が問題ですか?)

一般の場合も以下のようにすればいえそうです。
まず、アイゼンシュタインの既約判定法によりx^n-2 (n=1,2,....)はQ上既約です。
もし、
(X_1^2+X_2^2)^m-2(Y_1^2+Y_2^2)^m
が因数分解できたとすると、X_2=0, Y_1=1, Y_2=0 を代入しても、因数分解できているはずで、それは x^(2m)-2 が既約なことと矛盾します。
fp276e1bf1.chbd224.ap.nuro.jp (39.110.27.241)
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54364.Re: 多項式の既約性  
名前:ボンズ    日付:2018年02月03日(土) 15時12分
あれから少し考えたのでここに書きます。
何か間違いなどありましたらご指摘頂けたら幸いです。
結論としては、
「2以上の整数mに対して、
(X_1^2+X_2^2)^m-2(Y_1^2+Y_2^2)^m
という4変数多項式は有理数体Q上既約」
が示せたと思います。

証明:
(X_1^2+X_2^2)^m-2(Y_1^2+Y_2^2)^m
=(a_0+a_1X_1+...+a_mX_1^m)(b_0+b_1X_1+...+b_mX_1^m)
と分解できたとする。
ここで、a_i=a_i(X_2,Y_1,Y_2),b_i=b_i(X_2,Y_1,Y_2)は3変数X_2,Y_1,Y_2に関する多項式です。
左辺は斉次多項式なので、分解に現れる、
a_0+a_1X_1+...+a_mX_1^m

b_0+b_1X_1+...+b_mX_1^m
も斉次多項式となります。
左辺にはX_1^{2m}という項があるので、右辺のX_1^{2m}の係数は1となります。
しかし、
a_0+a_1X_1+...+a_mX_1^m

b_0+b_1X_1+...+b_mX_1^m
は斉次多項式であることからa_i,b_iは定数項を持ちません。
よって矛盾。どうでしょうか?
(大学 4 年/質問者)
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54329.多項式の既約性  
名前:ボンズ    日付:2018年02月01日(木) 14時57分
(X_1^2+X_2^2)^2-2(Y_1^2+Y_2^2)^2
という4変数多項式は有理数体Q上既約ですか?
または、より一般に2以上の整数mに対して、
(X_1^2+X_2^2)^m-2(Y_1^2+Y_2^2)^m
という4変数多項式は有理数体Q上既約ですか?
(大学 4 年/質問者)
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