Расширение Q(pi^3)

[Dedekind]

Назовите расширение $\mathbb{Q}$, над которым $\pi$ будет алгебраическим порядка 3.

Понятное дело, что $\pi$ алгебраическое над $\mathbb{Q}(\pi^3)$. Теперь я так понимаю, нужно доказать, что ни один полином степени меньше 3 в $\mathbb{Q}(\pi^3)[x]$ не будет иметь $\pi$ в качестве корня?

Если да, то я делал так, но может есть путь попроще. Докажем, что $\pi\notin \mathbb{Q}(\pi^3)$. По доказанной ранее теореме, $\mathbb{Q}(\pi^3)$ состоит из рациональных выражений вида $\dfrac{a_n(\pi^3)^n + \dots + a_0}{b_m(\pi^3)^m + \dots + b_0}$ (со знаменателем не равным нулю). Допустим, $\pi\in \mathbb{Q}(\pi^3)$. Тогда

$$\pi = \dfrac{a_n(\pi^3)^n + \dots + a_0}{b_m(\pi^3)^m + \dots + b_0}$$

$$a_n(\pi^3)^n + \dots + a_0 - b_m\pi^{3m+1} - \dots - b_0\pi = 0$$

Поскольку степени $\pi$ в первой части не совпадают со степенями во второй части, то выражение может равняться нулю, только если все коэффициенты нулевые, что противоречит предположению. Следовательно, $\pi\notin \mathbb{Q}(\pi^3)$.

Тогда, $\pi$ не может быть коренем полинома первой степени в $\mathbb{Q}(\pi^3)[x]$. Пусть $\pi$ - корень полинома $x^2 + bx + c \in \mathbb{Q}(\pi^3)[x]$. Тогда он делится на $x-\pi \in \mathbb{Q}(\pi^3)[x]$, что, опять же, невозможно. Следовательно, минимальным полиномом для $\pi$ будет $x^3 - \pi^3$.

[dgwuqtj]

Dedekind в сообщении #1721227 писал(а):

Теперь я так понимаю, нужно доказать, что ни один полином степени меньше 3 в $\mathbb{Q}(\pi^3)[x]$ не будет иметь $\pi$ в качестве корня?

Да. Это можно делать чуть более общими рассуждениями. Покажем, что степени $1$, $\pi$, $\pi^2$ линейно независимы над подполем $\mathbb Q[\pi^3]$. Если $f_0(\pi) + \pi f_1(\pi^3) + \pi^2 f_2(\pi^3) = 0$ для каких-то рациональных функций $f_i$, то можно избавиться от знаменателей и считать, что $f_i$ многочлены. Тогда в этой сумме никакие слагаемые не сократятся (показатели при $\pi$ у разных слагаемых имеют разные остатки при делении на $3$, поэтому обязательно $f_0 = f_1 = f_2 = 0$.

Смысл в том, что не надо отдельно разбирать случаи "$\pi \in \mathbb Q(\pi^3)$" и "$\pi$ — квадратичная иррациональность над $\mathbb Q(\pi^3)$".

[Dedekind]

dgwuqtj
Да, и правда, так проще. Только пара вопросов по обозначениям. Я догадываюсь, но уточню на всякий случай.

dgwuqtj в сообщении #1721258 писал(а):

Если $f_0(\pi) + \pi f_1(\pi^3) + \pi^2 f_2(\pi^3) = 0$

Тут же должно быть $f_0(\pi^3)$?

dgwuqtj в сообщении #1721258 писал(а):

подполем $\mathbb Q[\pi^3]$

В чем разница между $Q[\pi^3]$ и $Q(\pi^3)$? Первое многочлены от $\pi^3$, а второе - рациональные функции от $\pi^3$?

[dgwuqtj]

Dedekind в сообщении #1721274 писал(а):

Тут же должно быть $f_0(\pi^3)$?

Да, это опечатка.

Dedekind в сообщении #1721274 писал(а):

В чем разница между $Q[\pi^3]$ и $Q(\pi^3)$? Первое многочлены от $\pi^3$, а второе - рациональные функции от $\pi^3$?

Да, так что тут у меня тоже ошибка, и должно быть $\mathbb Q(\pi^3)$.

[Dedekind]

dgwuqtj
Спасибо!

[tolstopuz]

Dedekind в сообщении #1721227 писал(а):

Следовательно, $\pi\notin \mathbb{Q}(\pi^3)$.

Теперь можно сразу сделать вывод, что многочлен $x^3-\pi^3=0$ неприводим над $\mathbb{Q}(\pi^3)$, потому что иначе он имел бы линейный множитель и один из корней лежал бы там. $\pi$, как мы убедились, там нет, а остальных двух корней тем более - они комплексные.

-- Пн мар 30, 2026 09:36:44 --

Тут нейронка подсказывает, что легко обобщить доказательство для произвольной степени: так как $\pi^n$ трансцендентно, $\mathbb{Q}(\pi^n)\cong\mathbb{Q}(t)$, а многочлен $x^n-t=0$ неприводим над $\mathbb{Q}(t)$, например, по критерию Эйзенштейна над $\mathbb{Q}[t]$ и лемме Гаусса.

-- Пн мар 30, 2026 09:42:02 --

dgwuqtj в сообщении #1721258 писал(а):

Покажем, что степени $1$, $\pi$, $\pi^2$ линейно независимы над подполем $\mathbb Q[\pi^3]$.

Кстати, это тоже проходит для произвольного $n$.