Тоді з рівності

x ⁴ + 2 x ³ – 3 x ² – 5 x + 2 = adx ⁴ + (am + bd) x ³ + (an + bm + cd) x ² + (bn + cn) x + cn

маємо

(2)

Розв‘яжемо цю систему рівнянь в цілих числах. Знаходимо a = d = 1 або
a = d = –1, з останнього рівняння – c = 1, n = 2, c = 2, n = 1, c = –2, n = –1, c = –1, n = –2. Розглянемо кожен з восьми можливих варіантів.

1) Якщо a = d = 1, c = 1, n = 2, то маємо систему:

.

Ця система несумісна.

2) У кожному з решти варіантів несумісними є також системи рівнянь:

Це означає, що система рівнянь (2) несумісна і многочлен f(x) не розкладається в добуток двох многочленів другого степеня з цілими коефіцієнтами.

Припустимо, що розклад (1) виконується при дробових числах a, b, c, d, m, n. Зведемо до найменшого спільного знаменника коефіцієнти многочленів g ₁ (x) = ax ² + bx + c, g ₁ (x) = dx ² + mx + n та винесемо за дужки ці знаменники і найбільші спільні дільники чисельників обох многочленів. Одержуємо розклад

,

де (r, s) = (a ₁, b ₁, c ₁) = (d ₁, m ₁, n ₁) = 1.

Оскільки коефіцієнти многочлена f(x) є цілими числами, то всі коефіцієнти многочлена мають ділитися на число s, а тому й на кожен його простий дільник р.

Разом з тим, серед кожної трійки чисел a ₁, b ₁, c ₁ та d ₁, m ₁, n ₁ знайдуться числа, які не діляться на р. тому серед коефіцієнтів a ₁ d ₁, a ₁ m ₁ + b ₁ d ₁,
a ₁ n ₁ + b ₁ m ₁ + c ₁ d ₁, b ₁ n ₁ + c ₁ m ₁ і c ₁ n ₁ многочлена g(x) знайдеться такий, що не ділиться на р. тому s = 1 і ми дістанемо розклад (1) з цілими коефіцієнтами, що неможливо.

Нехай f(x) =(ax + b)(cx ³ + dx ² + mx + n). Тоді з рівності

x ⁴ + 2 x ³ – 3 x ² – 5 x + 2 = acx ⁴ + (ad + bc) x ³ + (am + bd) x ² + (an + bm) x + bn

маємо:

Одним з розв‘язків цієї системи є a = c = n = 1, b = 2, d = 0, m = –3. Отже, f(x) = (x + 2)(x ³ – 3 x + 1), тобто многочлен f(x) звідний у полі Q.

Додаток: таблиці первісних коренів та індексів

24252627282930