2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему
 
 Симметрический полином и алгебраические числа
Сообщение03.11.2006, 19:27 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


28/09/05
287
Пусть $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ ($n\geqslant 2$) --- линейно независимые (над $\mathbb Q$) алгебраические числа. Следует ли из этого, что $\sigma_2(\alpha_1,\ldots,\alpha_n)\ne 0$. Здесь $\sigma_2(x_1,\ldots, x_n)=\sum_{i<j}x_ix_j$ --- элементарный симметрический полином от $n$ переменных второй степени.

Похоже, что это не сложный вопрос. Сам, правда, пока не додумался.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.11.2006, 19:47 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Это очевидно верно при n=2. При n>2 можно построить контрпример из корней неприводимого над Q многочлена: $x^n+a_1x^{n-1}+a_3x^{n-3}+...+a_n.$
Такой неприводимый многочлен при n>2 (у которого коэффициент перед n-2 - ой степенью равен нулю) всегда существует.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.11.2006, 20:00 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


28/09/05
287
Еще нужно чтобы корни этого неприводимого полинома были линейно независимы. Это можно обеспечить?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.11.2006, 20:15 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
У неприводимого многочлена это выполняется автоматический.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.11.2006, 20:19 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


28/09/05
287
Полином $x^3 - 2$ неприводим над $\mathbb Q$, коэффициент при $x$ равен $0$. Вместе с тем, его корни линейно зависимы над $\mathbb Q$ (их сумма равна $0$).

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.11.2006, 20:32 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Да, с автоматическим выполнением сказал чушь. Попробуйте хорни неприводимого многочлена $P(x)=x^3+2x^2-2$. Вроде несложно доказать, что корни независымы над Q используя $P'(x_i)=\prod_{j\not =i}(x_j-x_i)$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение04.11.2006, 12:15 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


28/09/05
287
Верно, корни полинома $x^3 + 2x^2-2$ линейно независимы (это легко следует из того, что их сумма равна $-2$, один из них вещественен, а 2 оставшихся комплексно сопряжены).

Понял, что в исходной формулировке упустил еще одно условие. Нужно дополнительно предполагать, что $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ --- алгебраические числа степени не выше $2$ (квадратичные иррациональности). Уточненный вопрос выглядит так:

Пусть $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ ($n\geqslant 2$) --- линейно независимые (над $\mathbb Q$) алгебраические числа не выше $2$-й степени. Следует ли из этого, что $\sigma_2(\alpha_1,\ldots,\alpha_n)\ne 0$.

Уточненный вопрос более гармоничен: теперь ясно почему рассматривается симметрический полином именно второй степени.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.11.2006, 03:17 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


17/10/05
3709
:evil:
Позвольте высказать идею, может к чему-либо и приведет. Хотя не знаю, не бросатется глаза.

Обозначим для краткости $\sigma_k(n) = \sigma_k(\alpha_1,...\alpha_n)$. Тогда:

$\sigma_2(n) = \sigma_2(n-1)+\alpha_{n}\sigma_1(n-1) \Rightarrow $ $\alpha_n = - \frac{\sigma_2(n-1)}{\sigma_1(n-1)}$.

И все, что нужно, это доказать линейную независимось. :) Правда, это-то и не просто — я не сомневаюсь. Но можно, например, попробовать заменить знаменатель на $\beta$, и выразить $\alpha_{n-1} = \beta - \sigma_1(n-2)$. Тогда $\alpha_n = -\frac{\sigma_2(n-2) +(\beta-\sigma_1(n-2))\sigma_1(n-2)}{\beta} = \frac{\sigma_1(n-2)^2-\sigma_2(n-2)}{\beta}-\sigma_1(n-2)$

Линейная незавсимость $\alpha_1,... \alpha_n$, очевидно, эквивалентна независимости $\alpha_1,... \alpha_{n-2}, \beta, \alpha_n$. В свою очередь, мне кажется, что $\alpha_n$ может быть линейно независима от $\alpha_1,... \alpha_{n-2}, \beta$ ( а может и не быть). Это становится особенно заметно при $n=3$. Таким образом, утверждать, что $\sigma_2(n) \neq 0$ нельзя.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.11.2006, 06:19 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5660
lofar писал(а):
Пусть $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ ($n\geqslant 2$) --- линейно независимые (над $\mathbb Q$) алгебраические числа не выше $2$-й степени. Следует ли из этого, что $\sigma_2(\alpha_1,\ldots,\alpha_n)\ne 0$.

Контрпример:
$$\sigma_2(12,-29+7\sqrt{13},24-12\sqrt{7},108+12\sqrt{91}) = 0.$$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.11.2006, 06:44 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


17/10/05
3709
:evil:
По мотивам моего построения ($n = 3$): $\sigma_2(1+\sqrt2,-1-\sqrt2+\sqrt3,-1+\frac23\sqrt6-\sqrt2+\sqrt3)=0$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.11.2006, 10:38 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3822
незваный гость писал(а):
:evil:
По мотивам моего построения ($n = 3$): $\sigma_2(1+\sqrt2,-1-\sqrt2+\sqrt3,-1+\frac23\sqrt6-\sqrt2+\sqrt3)=0$

Последние 2 числа четвертой степени, по крайней мере $-1-\sqrt2+\sqrt3$ точно четвертой.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.11.2006, 04:08 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


17/10/05
3709
:evil:
Согласен. Пример Maxal'а работает, однако.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение08.11.2006, 22:17 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


28/09/05
287
Благодарю за крайне интересные и полезные комментарии.

maxal, скажите пожалуйста, Ваш пример получен с помощью грубой силы или за ним стоит какая-то теория?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение08.11.2006, 22:30 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5660
lofar писал(а):
maxal, скажите пожалуйста, Ваш пример получен с помощью грубой силы или за ним стоит какая-то теория?

Сложно сказать. Сразу пришла идея попробовать получить тождество вида $\sigma_2(a,b+c\sqrt{p},d+e\sqrt{q},f+g\sqrt{pq})=0,$ где $p, q$ - различные простые числа. Такое тожестдество сводится к системе четырех квадратных уравнений над рациональными числами, причем мапл ее успешно решает в радикалах. Необходимо только было добиться того, чтобы все подкоренные выражения были полными квадратами. Тут выяснилось, что такое возможно только, если простые $p, q$ дают при делении на 3 остаток 1. Соответственно, 7 и 13 - это минимальные простые такого вида, для которых нужные значения переменных были успешно найдены с помощью квадратичного диафантова решателя.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение08.11.2006, 23:21 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


28/09/05
287
Понятно, спасибо.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 15 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group