Irriducibilità polinomio

[M@rikina81]

Ciao a tutti!

Ho un dubbio:
io ho il polinomio $f(z)=(z^{16}+z^{15}+...+z+1)^2-17z^{16}=0$ che so essere irriducibile in $\mathbb{Q}$ (l'ho dimostrato!). Applico la trasformazione $x=z+z^{-1}$, e ottengo il polinomio $h(x)=x^8+x^7-7x^6+15x^4+10x^3-10x^2-4x-1-\sqrt{17}=0$ che vive in $\mathbb{Q}(\sqrt{17})$. Posso dire che $h(x)$ è irriducibile in $\mathbb{Q}(\sqrt{17})$, altrimenti sarebbe riducibile in $\mathbb{Q}$ $f(z)$?

Io temo di no...però non riesco a trovare un controesempio.
Quello che posso dire è che se ho un polinomio in $\mathbb{Q}$ e applico una trasformazione lineare, il polinomio che ottengo è ancora irriducibile. Già se applico una trasformazione quadratica l'affermazione è falsa (ex $x^2-1$ è irriducibile in $\mathbb{Q}$ ma se $y=x^2$ $y^2-1$ è riducibile!).
Nel mio caso che posso concludere?

Grazie mille.

[Stickelberger]

Consideriamo i campi (notazione tua)

$Q\subset Q(\sqrt{17})\subset Q(x) \subset Q(z)$.

Cerchiamo di determinare i relativi gradi. Si ha che

$ [Q(sqrt{17}):Q] =2$,
$ [Q(x):Q(sqrt{17})]\le 8$, $\qquad$ perche' $h$ ha grado $8$,
$[Q(z):Q(x)]\le 2$, $\qquad\qquad$ perche' $z^2-xz+1=0$.

Per la moltiplicativita' del grado abbiamo quindi che

$[Q(z):Q] = [Q(z):Q(x)]\cdot [Q(x):Q(sqrt{17})]\cdot [Q(sqrt{17}):Q] \le 2\cdot 8\cdot 2=32$.

Il fatto che $f$ e' irriducibile su $Q$ ci dice che $[Q(z):Q]=deg(f)=32$.

Questo e' solo possibile quando le stime dei relativi gradi
sono uguaglianze. In particolare si ha che $ [Q(x):Q(sqrt{17})]= 8$ e quindi
$h(X)$ e' irriducibile in $Q(\sqrt{17})[X]$.

[M@rikina81]

Grazie!!!

E' vero...non avevo proprio pensato a vederla così! Ora mi torna! Grazie ancora!