Многочлен 4-ой степени, может ли иметь корни разных модулей?

[Сергей Маркелов]

Дан многочлен $f(x)$ степени $4$ с целыми коэффициентами, неприводимый над $Q$. Оказалось, что у него $0$ действительных корней и $4$ различных комплексных. Могло ли так оказаться, что у двух его комплексных корней модуль равен $1$, а у двух оставшихся не равен $1$ ?

Мне удалось привести не подходящий под условие, но близкий пример, когда $2$ корня комплексных и имеют модуль $1$, и еще $2$ корня действительных и не имеют модуль $1$, для этого подходит многочлен $x^4+x^3-x^2+x+1$.

Вот эти два его корня комплексные и имеют модуль $1$: $\left(-1+\sqrt {13}+\sqrt {-2-2\,\sqrt {13}}\,\right)/\,4$ и $\left(-1+\sqrt {13}-\sqrt {-2-2\,\sqrt {13}}\,\right)/\,4$

Вот эти два корня у него действительные и имеют модуль не $1$: $\left(-1+\sqrt {13}+\sqrt {-2+2\,\sqrt {13}}\,\right)/\,4$ и $\left(-1+\sqrt {13}-\sqrt {-2+2\,\sqrt {13}}\,\right)/\,4$

Несложно придумать многочлен, у которого $4$ корня комплексных, и все $4$ имеют модуль $1$, например $x^4+x^3+x^2+x+1$.

Может быть, эти многочлены как-то можно модифицировать, для того, чтобы получить тот, что мне нужно, чтобы было $4$ комплексных корня, из них два модуля $1$ и два модуля не $1$ ? Не могу придумать, как. Буду благодарен за помощь.

Спасибо.

[Karan]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Карантин»
по следующим причинам:

- неправильно набраны формулы (краткие инструкции: «Краткий FAQ по тегу [math]» и видеоролик Как записывать формулы);
- отсутствуют собственные содержательные попытки решения задач(и).

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Karan]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»

[lel0lel]

Поскольку многочлен с целыми коэффициентами, то комплексные корни это пары комплексно сопряжённых чисел (пусть в нашем случае $a\pm i b$, $c\pm i d$). Запишем разложение многочлена в $\mathbb{C}$ и раскроем все скобки, используя, что модули двух корней из одной пары равны $1$ (для определённости $a^2+b^2=1$), а для корней из другой пары отличны от $1$, получим противоречие с целочисленностью коэффициентов.

[Сергей Маркелов]

lel0lel в сообщении #1244282 писал(а):

Поскольку многочлен с целыми коэффициентами, то комплексные корни это пары комплексно сопряжённых чисел (пусть в нашем случае $a\pm i b$, $c\pm i d$). Запишем разложение многочлена в $\mathbb{C}$ и раскроем все скобки, используя, что модули двух корней из одной пары равны $1$ (для определённости $a^2+b^2=1$), а для корней из другой пары отличны от $1$, получим противоречие с целочисленностью коэффициентов.

Спасибо за ответ. Прошу прощения, я не понял -- в чем именно противоречие с целочисленностью коэффициентов ?

[EUgeneUS]

Сергей Маркелов
$x^4 - 3x^3 + 8x^2 - 7x +5$

подходит?

[mihaild]

EUgeneUS в сообщении #1244307 писал(а):

$x^4 - 3x^3 + 8x^2 - 7x +5$

$=(x^2 - 2x + 5)(x^2 - x + 1)$

[EUgeneUS]

Ну да. Нельзя.
Доказывается не сложно.

[g______d]

g______d в сообщении #1241649 писал(а):

если $p$ -- минимальный многочлен (степени $n$) алгебраического числа $\alpha$ с $|\alpha|=1$, то он же является минимальным для $\alpha^{-1}$. Из единственности минимального многочлена получаем, что $p(z)$ и $z^n p(1/z)$ -- один и тот же многочлен.

Из этого следует, что оставшаяся пара корней будет одновременно взаимно обратной и взаимно комплексно сопряжённой.

[lel0lel]

Возможно, что ещё актуален вопрос

Сергей Маркелов в сообщении #1244283 писал(а):

в чем именно противоречие с целочисленностью коэффициентов ?

Поэтому распишу:

$f(x)=(x-a-i b)(x-a+i b)(x-c-i d)(x-c+id)=$$\,(x^2-2ax+1)(x^2-2cx+c^2+d^2),$

здесь использовано $a^2+b^2=1$. Заключаем, что $a\not\in\mathbb{Q}$, иначе $f(x)$ приводимый в $\mathbb{Q}$. Раскрываем скобки далее

$f(x)=x^4+x^3 (-2 a-2 c)+x^2 \left(4 a c+c^2+d^2+1\right)+$$x \left(-2 a c^2-2 a d^2-2 c\right)+c^2+d^2$.

По условию коэффициенты целочисленные, из этого заключаем, что $2a+2c$, $2a(c^2+d^2)+2c$ и $c^2+d^2$ целые числа, тогда разность второго и первого $2a(c^2+d^2-1)$ также целое число, но этого быть не может, так как $a\not\in\mathbb{Q}$ и $c^2+d^2\not=1$.

[Сергей Маркелов]

g______d в сообщении #1244391 писал(а):

g______d в сообщении #1241649 писал(а):

если $p$ -- минимальный многочлен (степени $n$) алгебраического числа $\alpha$ с $|\alpha|=1$, то он же является минимальным для $\alpha^{-1}$. Из единственности минимального многочлена получаем, что $p(z)$ и $z^n p(1/z)$ -- один и тот же многочлен.

Из этого следует, что оставшаяся пара корней будет одновременно взаимно обратной и взаимно комплексно сопряжённой.

lel0lel в сообщении #1244462 писал(а):

Возможно, что ещё актуален вопрос

Сергей Маркелов в сообщении #1244283 писал(а):

в чем именно противоречие с целочисленностью коэффициентов ?

Поэтому распишу:

$f(x)=(x-a-i b)(x-a+i b)(x-c-i d)(x-c+id)=$$\,(x^2-2ax+1)(x^2-2cx+c^2+d^2),$

здесь использовано $a^2+b^2=1$. Заключаем, что $a\not\in\mathbb{Q}$, иначе $f(x)$ приводимый в $\mathbb{Q}$. Раскрываем скобки далее

$f(x)=x^4+x^3 (-2 a-2 c)+x^2 \left(4 a c+c^2+d^2+1\right)+$$x \left(-2 a c^2-2 a d^2-2 c\right)+c^2+d^2$.

По условию коэффициенты целочисленные, из этого заключаем, что $2a+2c$, $2a(c^2+d^2)+2c$ и $c^2+d^2$ целые числа, тогда разность второго и первого $2a(c^2+d^2-1)$ также целое число, но этого быть не может, так как $a\not\in\mathbb{Q}$ и $c^2+d^2\not=1$.

Большое спасибо, уважаемые коллеги! Я понял оба Ваши решения. Вопрос закрыт.