Корень многочлена 4-й степени выражается через один радикал

[nnosipov]

Найдите критерий того, что неприводимый многочлен $ f(x)=x^4+Ax^2+Bx+C \in \mathbb{Q}[x]$ имеет корень в поле $\mathbb{Q}(\rho)$, где $\rho$ --- вещественный радикал степени $4$ над $\mathbb{Q}$.

[AV_77]

Если присоединить $i$, то $\mathbb{Q}(i, \rho)$ будет нормальным полем и циклической группой. Многочлен $f(x)$ над $\mathbb{Q}(i)$ либо останется неприводимым, либо распадется в произведение комплексно сопряженных многочленов второй степени. Если $f(x)$ неприводим над $\mathbb{Q}(i)$ и имеет корень в $\mathbb{Q}(i, \rho)$, то он распадается на линейные множители, а его группа циклическая четвертой степени, то есть он имеет вид $x^4 - a$. Если он разложим над $\mathbb{Q}(i)$ и один из его сомножителей над $\mathbb{Q}(i, \rho)$ имеет корень, то группа этого сомножителя циклическая и он имеет вид $x^2 - a$.
Что-то такое.

[nnosipov]

Здесь хочется сформулировать критерий явно, через коэффициенты $A$, $B$, $C$. Пример такого многочлена и его корней: $f(x)=x^4+8x^2-2$, $x=\pm (\sqrt[4]{8}-\sqrt[4]{2}) \in \mathbb{Q}(\sqrt[4]{2})$. На всякий случай уточню, что понимается под вещественным радикалом 4-й степени над $\mathbb{Q}$: это такое число $\rho \in \mathbb{R}$, что $\rho^4 \in \mathbb{Q}$, но $\rho^k \not\in \mathbb{Q}$ при $k=1,2,3$.

Эта задача --- пример так называемой исследовательской задачи для школьника, поэтому предполагается в какой-то степени школьное решение. Форма ответа может быть, видимо, разной. У меня ответ получился в более-менее компактном виде, хотелось бы увидеть возможные варианты.

Я, кажется, плохо сформулировал задачу. Дело в том, что этот $\rho$ неизвестен, и нужно выяснять по коэффициентам $A$, $B$, $C$, существует ли какой-нибудь такой $\rho$, что $f(x)$ имеет корни в поле $\mathbb{Q}(\rho)$.

[AlexSam]

Для уравнения:

${x}^{4}+A\,{x}^{2}+B\,x+C=0$

корнями будут: $$x_{1}=d\,{m}^{\frac{3}{4}}+c\,\sqrt{m}+b\,{m}^{\frac{1}{4}},x_{2}=-d\,{m}^{\frac{3}{4}}+c\,\sqrt{m}-b\,{m}^{\frac{1}{4}}$

если

$A=-4\,b\,d\,m-2\,{c}^{2}\,m$

$B=-4\,c\,{d}^{2}\,{m}^{2}-4\,{b}^{2}\,c\,m$

$C=-{d}^{4}\,{m}^{3}-\left( -2\,{b}^{2}\,{d}^{2}+4\,b\,{c}^{2}\,d-{c}^{4}\right) \,{m}^{2}-{b}^{4}\,m$.

Может через такую запись можно решить эту задачу?

[nnosipov]

AlexSam в сообщении #1009675 писал(а):

Может через такую запись можно решить эту задачу?

Если идти с этой стороны, то нужно сделать следующее: по заданным рациональным $A$, $B$, $C$ выяснить, найдутся ли (и если да, то найти) такие рациональные $m$, $b$, $c$, $d$, что будет выполнена написанная Вами система уравнений. Такая вот задача с параметрами, вроде бы стандартная для школьной математики, но система уравнений довольно громоздкая.

[AlexSam]

Система должна работать на любых $m$, $b$, $c$, $d$.

[nnosipov]

AlexSam в сообщении #1009693 писал(а):

Система должна работать на любых $m$, $b$, $c$, $d$.

То утверждение, что Вы выше сформулировали, верно. Но задача состоит в другом. Возьмём, например, многочлен $f(x)=x^4-x-1$. Верно ли, что его вещественные корни можно выразить через некоторый вещественный радикал $m^{1/4}$, где $m \in \mathbb{Q}$? Если да, то как найти этот $m^{1/4}$ и соответствующие выражения для корней $f(x)$?

[nnosipov]

Особого интереса задача не вызвала, поэтому ограничусь тем, что напишу ответ.

При $B = 0$ необходимо и достаточно, чтобы $A^2-4C > 0$, число $C(4C - A^2)$ --- точный квадрат. Если $B \neq 0$, то необходимо и достаточно, чтобы многочлен $g(y) = y^3 + 2Ay^2 + (A^2 - 4C)y - B^2$ имел рациональный корень $R > 0$, при этом число $4B^2 - 4AR(A + R) -R^3$ было точным квадратом.

[AlexSam]

При $B=0$, $A=\pm4\,m$, $C=-{\left( m-1\right) }^{2}\,m$.

Если $B \neq 0$ имеем 4 варианта:
$-A=6\,m,-B=4\,{m}^{2}+4\,m,-C={m}^{3}+{m}^{2}+m$,
$A=2\,m,-B=4\,{m}^{2}+4\,m,-C={m}^{3}-7\,{m}^{2}+m$,
$-A=6\,m,B=4\,{m}^{2}+4\,m,-C={m}^{3}+{m}^{2}+m$,
$A=2\,m,B=4\,{m}^{2}+4\,m,-C={m}^{3}-7\,{m}^{2}+m$.

У меня получается так.

[nnosipov]

AlexSam в сообщении #1010757 писал(а):

При $B=0$, $A=\pm4\,m$, $C=-{\left( m-1\right) }^{2}\,m$.

Если $B \neq 0$ имеем 4 варианта:
$-A=6\,m,-B=4\,{m}^{2}+4\,m,-C={m}^{3}+{m}^{2}+m$,
$A=2\,m,-B=4\,{m}^{2}+4\,m,-C={m}^{3}-7\,{m}^{2}+m$,
$-A=6\,m,B=4\,{m}^{2}+4\,m,-C={m}^{3}+{m}^{2}+m$,
$A=2\,m,B=4\,{m}^{2}+4\,m,-C={m}^{3}-7\,{m}^{2}+m$.

У меня получается так.

Непонятно, какую задачу решают эти формулы.

[AlexSam]

Это параметрическое решение Вашей задачи.
Подставьте в уравнение и убедитесь.

[grizzly]

Пытаюсь понять, насколько один ответ отличается от другого, и пока получаются непонятки. Смотрю при $B=0$. Параметризация AlexSam влечёт, но не равносильна условиям ответа nnosipov.
Значит, нужно взять пару чисел, которые удовлетворяют условиям nnosipov, но не параметризации AlexSam и посмотреть, что получится.

Беру с этой целью значения $A=5$ и $C=-5$. Получаю биквадратное уравнение $x^4+5x^2-5=0$ с таким, например, корнем: $x=\sqrt{\frac12(3\sqrt{5}-5)}$, который в 4-й степени даст что-то нерациональное: $\frac52(7-3\sqrt{5})$.

Если я нигде не ошибся, то что-то пошло не так.

-- 03.05.2015, 20:05 --

Ага, вижу, что это я не врубился изначально в определения. Почему-то я подумал, что в этом примере:

nnosipov в сообщении #1009615 писал(а):

Пример такого многочлена и его корней: $f(x)=x^4+8x^2-2$, $x=\pm (\sqrt[4]{8}-\sqrt[4]{2}) \in \mathbb{Q}(\sqrt[4]{2})$. На всякий случай уточню, что понимается под вещественным радикалом 4-й степени над $\mathbb{Q}$: это такое число $\rho \in \mathbb{R}$, что $\rho^4 \in \mathbb{Q}$, но $\rho^k \not\in \mathbb{Q}$ при $k=1,2,3$.

должно быть $(\sqrt[4]{8}-\sqrt[4]{2})^4\in \mathbb{Q}$, что тоже не так. Наверное, в таком случае пишут, что $(\sqrt[4]{8}-\sqrt[4]{2})^4\in \mathbb{Q}(\sqrt{2})$
(Сорри, я не алгебраист )

[nnosipov]

AlexSam в сообщении #1010792 писал(а):

Это параметрическое решение Вашей задачи.

Да нет, моя задача не о том. Тем более, что выше Вы привели самые общие формулы для коэффициентов. Чем интересно это 1-параметрическое семейство коэффициентов, непонятно.

grizzly в сообщении #1010844 писал(а):

Беру с этой целью значения $A=5$ и $C=-5$. Получаю биквадратное уравнение $x^4+5x^2-5=0$ с таким, например, корнем: $x=\sqrt{\frac12(3\sqrt{5}-5)}$

Всё верно, это правильный контрпример. Осталось этот корень записать в требуемом виде, что действительно возможно --- вспомним формулу так называемого сложного радикала (ну очень сложного ).

grizzly в сообщении #1010844 писал(а):

должно быть $(\sqrt[4]{8}-\sqrt[4]{2})^4\in \mathbb{Q}$, что тоже не так.

Конечно, не так. Запись типа $\alpha \in \mathbb{Q}(\sqrt[4]{2})$ понимается так: $\alpha=c_0+c_1\sqrt[4]{2}+c_2\sqrt{2}+c_3\sqrt[4]{8}$, где все $c_i \in \mathbb{Q}$.

Ещё раз сформулирую вопрос, который здесь обсуждается, но не в общем виде, а в частном (чтобы стало понятно, о чём идёт речь).

nnosipov в сообщении #1009710 писал(а):

Возьмём, например, многочлен $f(x)=x^4-x-1$. Верно ли, что его вещественные корни можно выразить через некоторый вещественный радикал $m^{1/4}$, где $m \in \mathbb{Q}$?

Здесь $A=0$, $B=-1$, $C=-1$. Многочлен $g(y)=y^3+2Ay^2+(A^2-4C)y-B^2=y^3+4y-1$ не имеет рациональных корней, поэтому (см. мой критерий) ответ "нет", т.е. вещественные корни многочлена $x^4-x-1$ не допускают такой простой записи.

[grizzly]

nnosipov в сообщении #1010937 писал(а):

Запись типа $\alpha \in \mathbb{Q}(\sqrt[4]{2})$ понимается так: $\alpha=c_0+c_1\sqrt[4]{2}+c_2\sqrt{2}+c_3\sqrt[4]{8}$, где все $c_i \in \mathbb{Q}$.

Ну конечно же! Спасибо. (К таким неловкостям мне не привыкать, зато теперь воспринимаю ценность / красоту задачи -- оно того стоит :)

[nnosipov]

Кстати, аналогичный критерий для кубических уравнений был бы попроще:

Неприводимый многочлен $x^3+Px+Q \in \mathbb{Q}[x]$ имеет корень в некотором поле $\mathbb{Q}(\rho)$, где $\rho$ --- вещественный кубический радикал над $\mathbb{Q}$, тогда и только тогда, когда число $P^3/27+Q^2/4$ --- точный квадрат.