irreducibel

Als we $x^{4}+3x^{3}+6x^{2}+9x+12$ als product van twee tweedegraadsveeltermen met gehele coëfficiënten zouden kunnen schrijven, dan zou de functie van de vorm $(x^{2}+ax+b)(x^{2}+cx+d)$ zijn (waarbij a,b,c,d $\in \mathbb{Z}$).
We werken $(x^{2}+ax+b)(x^{2}+cx+d)$ uit en krijgen $x^{4}+(a+c)x^{3}+(b+d+ac)x^{2}+(bc+da)x+bd$.
Dan is $bc+da=9, a+c=3, bd=12$ en $b+d+ac=6.$

straightforward afwerken

We kunnen bd=12 op 6 verschillende manieren schrijven (b en d zijn immers gehele getallen):
12=6.2=(-6).(-2)=1.12=(-1).(-12)=3.4=(-3).(-4)
B en d kunnen dus 6 verschillende waardes aannemen, nl:
$b=6 \mbox{ en } d=2$
$b=-6 \mbox{ en } d=-2$
$b=1 \mbox{ en } d=12$
$b=-1\mbox{ en } d=-12$
$b=3 \mbox{ en } d=4$
$b=-3\mbox{ en }d=-4 $ (en natuurlijk omgekeerd)
We weten ook dat $b+d+ac=6$ en dat $a+c=3.$ Aangezien we net de mogelijke waardes van b en d hebben bepaald, kan $b+d=8, b+d=-8, b+d=13, b+d=-13, b+d=7$ of $b+d=-7.$
Als we nu b+d invullen in $b+d+ac=6 \Leftrightarrow ac=6-(b+d)$, bekomen we weer 6 verschillende waardes voor ac, nl:
ac=-2
ac=14
ac=-7
ac=19
ac=-1
ac=13
Nu vinden we vele waardes voor a en c (vb. a=1 en c=13, a=2 en c=7,...)
Aangezien a+c=3, lukt het ons echter niet om gehele waardes voor a en c te bepalen. Bijgevolg kunnen we $x^{4}+3x^{3}+6x^{2}+9x+12$ niet als product van twee tweedegraadsveeltermen met gehele coëfficiënten schrijven.
QED.

eleganter afwerken

$bc+da=9, a+c=3, bd=12$ en $b+d+ac=6.$

Uit $bd=12$ halen we dat $3|b$ of $3|d$, maar niet beide.
Zvva stellen we dat $3|b$.
Uit $bc+da=9$ halen we dan dat $3|da \Rightarrow 3|a$ (want $d$ was geen $3$voud).
In het bijzonder is $3|ac.$
Maar dan zal $b+d+ac$ geen 3-voud zijn, contradictie.

De veelterm was dus irreduciebel over $\mathbb Z$ (want het had ook geen gehele wortel).