Неприводимость полинома

[Dedekind]

Доказать, что многочлен $x^2 - 1 - \sqrt[3]{2}$ неприводим в $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})[x]$.

Пусть $a = \sqrt{1 + \sqrt[3]{2}}$, и, следовательно, $a^2 = 1 + \sqrt[3]{2}$.
Если бы многочлен был приводим, то $a$ принадлежало бы $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$. Чтобы доказать, что это не так, представим $a = b + c\sqrt[3]{2} + d\sqrt[3]{2^2}$ и возведем в квадрат. Приводя подобные и приравнивая коэффициенты в выражении для $a^2$, получим следующую систему:

$$c^2 + 2bd = 0$$

$$2d^2 + 2bc = 1$$

$$b^2 + 4cd = 1$$

По идее, нужно показать, что она не имеет рациональных решений, но тут я застрял. Или, возможно, все можно сделать как-то проще по-другому.

-- 28.03.2026, 08:50 --

Из соображений четности из 2-го уравнения видно, что не может быть целых решений. Но про рациональные это же ничего не говорит?

[nnosipov]

Dedekind в сообщении #1721150 писал(а):

По идее, нужно показать, что она не имеет рациональных решений, но тут я застрял.

Левые части уравнений однородны, этим можно воспользоваться.

Dedekind в сообщении #1721150 писал(а):

Или, возможно, все можно сделать как-то проще по-другому.

Да куда уж проще, и так все полуочевидно.

Вот что не совсем очевидно: $a=\sqrt{1+\sqrt[3]{2}}$ нельзя записать, используя только обычные (не вложенные) вещественные радикалы.

[dgwuqtj]

Dedekind в сообщении #1721150 писал(а):

Но про рациональные это же ничего не говорит?

Если корень извлекается в $\mathbb Q(\sqrt[3]2)$, то он будет там целым алгебраическим числом
В принципе, не очень сложно посчитать кольцо $\mathcal O$ целых чисел в $\mathbb Q(\sqrt[3]2)$ явно. С одной стороны, $\mathcal O \supseteq \mathbb Z[\sqrt[3]2]$. С другой — если $\alpha \in \mathcal O$ и $x \in \mathbb Z[\sqrt[3]2]$, то $\operatorname{tr}(\alpha x) \in \mathbb Z$. Это три условия на коэффициенты $\alpha$ (при его разложению по базису), которые ограничивают знаменатели. Ну и дальше можно руками проверить, какие представители $\alpha$ по модулю $\mathbb Z[\sqrt[3]2]$ действительно будут целыми алгебраическими числами, раз их конечное число.

Но это общий метод, не факт что самый эффективный.

[nnosipov]

Dedekind в сообщении #1721150 писал(а):

Из соображений четности из 2-го уравнения видно, что не может быть целых решений. Но про рациональные это же ничего не говорит?

Можно доказать, что уже это 2-е уравнение неразрешимо в рациональных числах (вводя общий знаменатель всех дробей и рассуждая по модулю 2). Но зачем? Это совершенно посторонние и случайные соображения в данной задаче, которая по сути алгебраическая.

Хотя я не прав, там полно рациональных решений, спуск по модулю 2 не проходит.

[Shadow]

Dedekind в сообщении #1721150 писал(а):

$$c^2 + 2bd = 0$$

$$2d^2 + 2bc = 1$$

$$b^2 + 4cd = 1$$

Система $\begin{cases}c^2+2bd=0 \\ b^2+4cd=2 d^2+2bc\end{cases}$

после деления на $d^2$ сводится к

$\begin{cases} x^2+2y=0\\y^2+4x=2+2xy \end{cases}$

в рациональных

[Dedekind]

nnosipov в сообщении #1721177 писал(а):

Левые части уравнений однородны, этим можно воспользоваться.

Вы вот это имели в виду?

Shadow в сообщении #1721181 писал(а):

Система $\begin{cases}c^2+2bd=0 \\ b^2+4cd=2 d^2+2bc\end{cases}$

после деления на $d^2$ сводится к

$\begin{cases} x^2+2y=0\\y^2+4x=2+2xy \end{cases}$

в рациональных

dgwuqtj в сообщении #1721178 писал(а):

Но это общий метод, не факт что самый эффективный.

Возможно, что пока преждевременный. $\mathbb Z[\sqrt[3]2]$ - это линейные комбинации с коэффициентами из $\mathbb{Z}$? И что такое $\operatorname{tr}(\alpha x)$?

Shadow, спасибо!

[nnosipov]

Dedekind в сообщении #1721189 писал(а):

Вы вот это имели в виду?

Да.

[Dedekind]

nnosipov, понял, благодарю.

[dgwuqtj]

Dedekind в сообщении #1721189 писал(а):

$\mathbb Z[\sqrt[3]2]$ - это линейные комбинации с коэффициентами из $\mathbb{Z}$?

Именно так.

Dedekind в сообщении #1721189 писал(а):

И что такое $\operatorname{tr}(\alpha x)$?

След элемента $\alpha = b + c \sqrt[3]2 + d \sqrt[3]4$ — это $\operatorname{tr}(\alpha) = 3 b$. Так что если $\alpha$ целый, то $3 b$, $6 d$ и $6 c$ целые (два последних получаются как следы $\alpha \sqrt[3]2$ и $\alpha \sqrt[3]4$).