Просьба проверить решения задач по алгебре

[Hasek]

Прошу участников форума проверить правильность моих решений и подсказать, как следовало сделать то, с чем я не справился.

Цитата:

Задача 1: Предположим, что группу можно представить в виде объединения двух подгрупп. Докажите, что одна из этих подгрупп совпадает со всей группой.

Решение:

Предположим, что допустимо такое представление, где ни одна из подгрупп не совпадает со всей группой. Пусть $H_1$ и $H_2$ -- две несовпадающие подгруппы, объединение которых есть группа $G$. Выберем $a \in H_1, ~a \not \in H_2$, $b \in H_2, ~b \not \in H_1$. Тогда $\exists c \in G\colon c = a b$. Предположим, что $c \in H_1$, тогда из $a^{-1}c = b$ следует, что $b \in H_1$, что неверно. Предположим, что $c \in H_2$, тогда из $cb^{-1} = a$ получаем, что $a \in H_2$, что снова приводит к противоречию.

Цитата:

Задача 2: Найдите $\sigma^{2011}$, где $\sigma$ -- следующая перестановка:

$$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6\\ 4 & 6 & 3 & 1 & 2 & 5 \end{pmatrix}.$$

Решение: Выпишем первые пять степеней заданной перестановки и обратим внимание, что
(а) элементы $1, ~3, ~4$ переходят сами в себя при чётной степени и $1\to 4, ~3 \to 3, ~4 \to 1$ при нечётной;
(б) элементы $2, ~5, ~6$ переходят друг в друга внутри цикла в три перестановки, то есть для них $\sigma^k = \sigma^{k+3}$.

Тогда для $2011$-й степени перестановки элементы $1, ~3, ~4$ будут иметь те же образы, что и при $\sigma$, а элементы $2, ~5, ~6$ как при $\sigma^4$.

В итоге

$$\sigma^{2011} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6\\ 4 & 6 & 3 & 1 & 2 & 5 \end{pmatrix}.$$

Цитата:

Задача 3: Сколько перестановок из $n$ элементов могут быть представлены в виде произведения двух несовпадающих транспозиций?

Решение: Так как транспозиция меняет местами два элемента, то композиция двух несовпадающих транспозиций поменяет порядок трёх либо четырёх элементов. То есть на композицию двух транспозиций можно смотреть как на перестановку трёх или четырёх элементов. Всего на множестве из $n$ элементов существует $n!$ перестановок, из них меняет местами три или четыре элемента: $A^3_n + A^4_n = \frac{n!}{(n-3)!} + \frac{n!}{(n-4)!}$.

Цитата:

Задача 4: Сколько автоморфизмов у группы $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}) \oplus (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$?

Решение: Пусть $f\colon G_1\to G_2$ -- изоморфизм групп. Из $f(ab) = f(a)f(b)$ следует, что единица переходит в единицу ($e \to f(e)$), а обратный элемент в обратный ($a^{-1} \to (f(a))^{-1}$).

Автоморфизм -- это изоморфизм группы на себя.

$(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}) \oplus (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$ -- аддитивная группа с единицей $(0,0)$, кроме того, каждый элемент в ней обратен самому себе. Значит всё возможные её автоморфизмы получаются перестановками элементов, отличных от единичного, друг с другом. Всего пять автоморфизмов, включая тождественный.

Цитата:

Задача 5: Найдите порядок группы $GL_n(\mathbb{F}_q)$, где $F_q$ -- поле из $q$ элементов.

К сожалению, продвинуться в решении этой задачи я не смог от слова совсем. По теме могу сказать только то, что порядок конечного поля всегда является степенью простого числа.

Цитата:

Задача 6: Верно ли, что поле из четырёх элементов изоморфно подполю поля из восьми элементов?

Решение: Удалось найти следующее утверждение: Поле $\mathbb{F}_{p^n}$ содержит в себе в качестве подполя $\mathbb{F}_{p^k}$ тогда и только тогда, когда $k$ является делителем $n$. Доказательство этого факта не знаю, но выглядит похоже на следствие из теоремы Лагранжа для групп. В силу приведённого утверждения ответ на исходный вопрос отрицательный.

Цитата:

Задача 7: Найдите все обратимые элементы
(1) в кольце многочленов над полем $\mathbb{C}$,
(2) в кольце целых гауссовых чисел.

Решение:

(1) Единичный многочлен -- это просто единица. Из того как устроено умножение многочленов получаем, что обратимы только многочлены, состоящие из одного лишь свободного члена (коэффициенты при остальных членах равны нулю), то есть комплексные числа.

(2) Пусть $a_1 + i \cdot b_1$ и $a_2 + i \cdot b_2$ некоторые гауссовы числа.
$(a_1 + i \cdot b_2)(a_2 + i \cdot b_2) = (a_1 a_2 - b_1 b_2) + i \cdot (b_1 a_2 + a_1 b_2)$
Единица имеет вид $e = 1 + i \cdot 0$. Для равенства произведения двух чисел единице получаем систему

$$\begin{cases} a_1 a_2 - b_1 b_2 = 1\\ b_1 a_2 + a_1 b_2 = 0, \end{cases}$$

решение которой имеет вид

$$\begin{cases} a_2 = \frac{1 - \frac{b_1^2}{a_1^2+b_1^2}}{a_1}\\ b_2 = -\frac{b_1}{a_1^2 + b_1^2}, \end{cases}$$

то есть в кольце гауссовых чисел обратимы все числа с ненулевой реальной частью.

Цитата:

Задача 8: Является ли идеал в (a) $\mathbb{C}[x]$, (b) $\mathbb{C}[[x]]$, (c) $\mathbb{Z}[[x]]$, порождённый элементом $x$, максимальным? Здесь $R[x]$ обозначает кольцо многочленов с коэффициентами в кольце $R$, а $R[[x]]$ -- кольцо формальных степенных рядов над $R$.

Решение:

(a)
1. $\mathbb{C}[x]$ кольцо главных идеалов
2. идеал $J$ максимален в кольце $K$ тогда и только тогда, когда $K/J$ поле
3. $P[x]/f(x)$ поле тогда и только тогда, когда $f$ неприводим над $P$

Так как $x$ неприводим над $\mathbb{C}$, то идеал, порождённый им, максимальный.

(b)
1. Если $R$ локальное кольцо, то $R[[x]]$ также локальное кольцо.
2. В любом поле нет нетривиальных идеалов, следовательно поле есть локальное кольцо.

По определению локального кольца имеем единственный максимальный идеал в $\mathbb{C}[[x]]$.

(c) Не смог справиться.

Цитата:

Задача 9: Пусть $R = \mathbb{Z}[\sqrt d]$, где $d$ -- целое число, не являющееся полным квадратом. Докажите, что $2$ не является простым элементом в $R$ (т.е. неверно, что если $ab$ делится на $2$, то либо $a$, либо $b$ делится на $2$), однако, при $d \le -3$, этот элемент неприводим в $R$ (т.е. если $2 = ab$, то либо $a$, либо $b$ обратим).

Доказать не смог. Если $d = 2$, то очевидным образом предъявляем $2 = \sqrt 2 \cdot \sqrt 2$, но $2 \not | \sqrt 2$. Как доказывать при других $d$ непонятно. Мне даже кажется, что это неправда, потому что в $\mathbb{Z}$ $2$ простой элемент, а если в произведении $ab$ ни один из множителей не $\sqrt d$ ($\sqrt d \neq \sqrt 2$ непонятно как использовать), то они из $\mathbb{Z}$.

Цитата:

Задача 10: Докажите, что многочлен $x^3 + 27x^2 + 5x + 97$ неприводим над целыми числами.

Решение: Нашёл корни по формуле Кардано и убедился, что они не целые числа. Но эта задача экзаменационная и должна подразумевать решение без ЭВМ и калькулятора, а тут коэффициенты к этому не располагают (и мало кто вообще помнит формулу Кардано). Знаю критерий неприводимости Эйзенштейна, он тут не подходит. Подскажите, как надо было доказать правильно?

Цитата:

Задача 11: Конечно ли множество различных подполей в $\mathbb{C}$, изоморфных полю $\mathbb{R}$?

Решение: Нет, континуально, потому что на изоморфные $\mathbb{R}$ подполя можно смотреть как на прямые на комплексной плоскости $\mathbb{C}$, проходящие через ноль.

Цитата:

Задача 12: Найдите кубический многочлен с целыми коэффициентами, корнями которого являются квадраты корней многочлена $x^3 + x^2 - 2x -1$.

Не смог найти.

Цитата:

Задача 13: Существует ли матрица, характеристический многочлен которой равен $\chi$, а минимальный $\mu$, где
(1) $\chi(\lambda) = (\lambda^6 - 1), ~\mu(\lambda) = (\lambda^3 - 1)$
(2) $\chi(\lambda) = (\lambda - 1)^2 (\lambda - 2)^3, ~\mu(\lambda) = (\lambda - 1) (\lambda - 2)$
(3) $\chi(\lambda) = (\lambda - 1)^5 (\lambda - 2)^5, ~\mu(\lambda) = (\lambda - 1)^2 (\lambda - 2)^3$?
Если да, приведите пример такой матрицы. Если нет, докажите.

Решение:
(1) Следствие из теоремы Гамильтона-Кэли: минимальный многочлен матрицы делит характеристический. Поэтому здесь такой матрицы не существует.

(2) Во-первых, минимальный многочлен жордановой клетки $J_n(\lambda)$ равен $(x-\lambda)^n$. Во-вторых, степень $s_i$ сомножителя $(x-\lambda_i)^{s_i}$ в минимальном многочлене есть наивысший порядок жордановых клеток, отвечающих собственному значению $\lambda_i$.

В таком случае получаем матрицу

$$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$$

.

(3) Из сказанного выше понятно, что соответствующая матрица существует. Мне непонятен её вид. Сумма порядков жордановых клеток, соответствующих собственному значению $\lambda = 1$, равна $5$. Максимальный порядок такой клетки $2$. Как понять, есть две клетки порядка $2$ и одна клетка порядка $1$ или одна клетка порядка $2$ и три клетки порядка $1$? Аналогично для другого собственного значения.

Цитата:

Задача 14: Найдите минимальный многочлен квадратной $n \times n$ матрицы

$$\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & \ldots & 0 & a_1\\ 1 & 0 & 0 & \ldots & 0 & a_2\\ 0 & 1 & 0 & \ldots & 0 & a_3\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 1 & a_n \end{pmatrix}.$$

Знаю, что такой вид матрицы называется фробениусовой нормальной формой, для неё минимальный многочлен совпадает с характеристическим и равен $t^n - a_n t^{n-1} + \ldots -a_2 t - a_1$, но доказывать это не умею.

[Xaositect]

1 верно.
2 верно, но по-моему аккуратнее будет сказать, что $\sigma^6 = e$, откуда $\sigma^{2011} = \sigma$.
3 неверно. Произведение двух различных композиций действительно меняет три или четыре элемента, но оно меняет их не произвольным образом.
4

Hasek в сообщении #1139194 писал(а):

$(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}) \oplus (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$ -- аддитивная группа с единицей $(0,0)$, кроме того, каждый элемент в ней обратен самому себе. Значит всё возможные её автоморфизмы получаются перестановками элементов, отличных от единичного, друг с другом. Всего пять автоморфизмов, включая тождественный.

До последнего предложения все верно, но откуда же пять? Шесть. Плюс это недообоснованно - доказано, что любой автоморфизм есть перестановка ненулевых элементов, но не доказано, что любая перестановка задает автоморфизм.

Подсказка к пятой задаче: $GL_n(\mathbb{F}_q)$ задается матрицей из элементов поля $\mathbb{F}_q$. Сколько вариантов выбора первого столбца у такой матрицы? Сколько вариантов у второго столбца, если первый задан (они должны быть линейно независимы)? И т.п.

[ewert]

Hasek в сообщении #1139194 писал(а):

Решение: Выпишем первые пять степеней заданной перестановки и обратим внимание, что
(а) элементы $1, ~3, ~4$ переходят сами в себя при чётной степени и $1\to 4, ~3 \to 3, ~4 \to 1$ при нечётной;
(б) элементы $2, ~5, ~6$ переходят друг в друга внутри цикла в три перестановки, то есть для них $\sigma^k = \sigma^{k+3}$.

Тогда для $2011$-й степени перестановки элементы $1, ~3, ~4$ будут иметь те же образы, что и при $\sigma$, а элементы $2, ~5, ~6$ как при $\sigma^4$.

Слишком сложно. Достаточно того, что каждый элемент переходит в себя через или один, или два, или три шага. Это значит, что период равен шести.

Hasek в сообщении #1139194 писал(а):

Как понять, есть две клетки порядка $2$ и одна клетка порядка $1$ или одна клетка порядка $2$ и три клетки порядка $1$?

А какая разница? Вам ведь нужен [i]хоть какой пример.

[Xaositect]

6

Hasek в сообщении #1139194 писал(а):

Удалось найти следующее утверждение: Поле $\mathbb{F}_{p^n}$ содержит в себе в качестве подполя $\mathbb{F}_{p^k}$ тогда и только тогда, когда $k$ является делителем $n$. Доказательство этого факта не знаю, но выглядит похоже на следствие из теоремы Лагранжа для групп.

Да, так и есть.
7(1) верно, надо указать, что число не должно быть равно нулю.
7(2) система записана верно, дальше ошибка. ответ неверный, потому что элемент $i$ обратим: $i\cdot (-i) = 1$.
Вообще, обратное к комплексному числу выражается так: $(a + bi) = \dfrac{a - bi}{a^2 + b^2}$, Вам надо посмотреть, когда оно тоже будет гауссовым. Либо можно поступить более хитро и использовать то, что $|z_1 z_2| = |z_1||z_2|$.
8(а) верно, но непонятно, при чем тут кольцо главных идеалов.
8(б) верно
8(в) подсказка: посмотрите на доказательство приведенной в 8(б) теоремы о том, что $R$ локально $\Rightarrow$ $R[[x]]$ локально, и подумайте как оно ломается в случае нелокальных колец $R$.
9

Hasek в сообщении #1139194 писал(а):

если в произведении $ab$ ни один из множителей не $\sqrt d$ ($\sqrt d \neq \sqrt 2$ непонятно как использовать), то они из $\mathbb{Z}$.

Это неверно, сомножители еще бывают $a + b \sqrt{d}$.
Но Вам это и не надо, Вам надо доказывать совершенно другие вещи.
10 Кубический многочлен приводим тогда и только тогда, когда у него есть корень. Целочисленные корни ищутся перебором делителей свободного члена.
11 неверно. Произвольная прямая в комплексной плоскости может не быть подполем.

[ewert]

Hasek в сообщении #1139194 писал(а):

Цитата:

Задача 12: Найдите кубический многочлен с целыми коэффициентами, корнями которого являются квадраты корней многочлена $x^3 + x^2 - 2x -1$.

Не смог найти.

Составьте по Виету систему уравнений для корней исходного уравнения. Чуть с ней поманипулируйте -- и получите аналогичную систему для квадратов этих корней.

[DeBill]

Hasek
1. Годится. Только вместо

Hasek в сообщении #1139194 писал(а):

ни одна из подгрупп не совпадает со всей группой

следовало написать "ни одна не содержится в другой"
2. Чуть короче так: Вы показали, что порядок перестановки равен 6. $2011 =1010 +1$...
3. Из трех элементов можно организовать ДВА разных цикла. Четыре эл-та можно разбить на пары ТРЕМЯ способами....
4.

Hasek в сообщении #1139194 писал(а):

олучаются перестановками элементов,

А разве перестановок пять?
5.Эта задача где-то на форуме уже была...
7.2 . Упростите первую дробь!
А что, разве гауссовы - не целые? Как у Вас получится делимость??
И еще: полезно посмотреть на модули: они - перемножаются.
8с) А почему бы не применить Ваше утверждение из 8а2) ? Или: не будет ли мн-во формальных рядов с целыми к-тами и ЧЕТНЫМ свободным членом круче Вашего идеала?
10. У него нет рациональных корней - что можно получить и без Кардана...
11. А как насчет умножения?
12. Найдите по Виету симм-е многочлены от корней. Составьте симм-е многочлены из квадратов корней. Выразите второе через первое.
13.3 Ну так и что? Все Ваши варианты - годятся.

Ааа, там уже понаписали все

[Xaositect]

13(1) вроде бы делимость есть, в чем проблема?

-- Чт июл 21, 2016 15:06:59 --

Hasek в сообщении #1139194 писал(а):

Знаю, что такой вид матрицы называется фробениусовой нормальной формой, для неё минимальный многочлен совпадает с характеристическим и равен $t^n - a_n t^{n-1} + \ldots -a_2 t - a_1$, но доказывать это не умею.

Тупо запишите определитель и разложите по первому столбцу.

[Hasek]

Xaositect в сообщении #1139205 писал(а):

2 верно, но по-моему аккуратнее будет сказать, что $\sigma^6 = e$, откуда $\sigma^{2011} = \sigma$.

ewert в сообщении #1139215 писал(а):

Слишком сложно. Достаточно того, что каждый элемент переходит в себя через или один, или два, или три шага. Это значит, что период равен шести.

Да, вы абсолютно правы, так проще. Я просто не дошёл в выписывании до шестой степени и стал искать закономерность раньше, если бы выписал и $\sigma^6$, заметить было бы ещё легче.

Xaositect в сообщении #1139205 писал(а):

До последнего предложения все верно, но откуда же пять? Шесть. Плюс это недообоснованно - доказано, что любой автоморфизм есть перестановка ненулевых элементов, но не доказано, что любая перестановка задает автоморфизм.

Точно, нашёл один потерянный автоморфизм. Мог бы заметить хотя бы из $3! = 6$...
То, что каждая перестановка автоморфизм, не следует из теоремы Кэли? Доказать "в лоб" из $f(ab) = f(a)f(b)$ не получается.

Xaositect в сообщении #1139205 писал(а):

Подсказка к пятой задаче: $GL_n(\mathbb{F}_q)$ задается матрицей из элементов поля $\mathbb{F}_q$. Сколько вариантов выбора первого столбца у такой матрицы? Сколько вариантов у второго столбца, если первый задан (они должны быть линейно независимы)? И т.п.

Огромное спасибо! В первый столбец не подходит нулевой вектор, во второй не подходит вектор первого столбца, домноженный на произвольное число из поля $\mathbb{F}_q$, и так далее... В результате $|GL_n(\mathbb{F}_q)| = \prod\limits_{i=0}^{n-1} (q^n - q^i)$.

ewert в сообщении #1139215 писал(а):

А какая разница? Вам ведь нужен [i]хоть какой пример.

Точно, это я что-то на ровном месте смутился. В качестве примера подойдёт любая из этих матриц.

Xaositect в сообщении #1139221 писал(а):

7(1) верно, надо указать, что число не должно быть равно нулю.

Да, забыл уточнить, но надо.

Xaositect в сообщении #1139221 писал(а):

7(2) система записана верно, дальше ошибка. ответ неверный, потому что элемент $i$ обратим: $i\cdot (-i) = 1$.
Вообще, обратное к комплексному числу выражается так: $(a + bi) = \dfrac{a - bi}{a^2 + b^2}$, Вам надо посмотреть, когда оно тоже будет гауссовым. Либо можно поступить более хитро и использовать то, что $|z_1 z_2| = |z_1||z_2|$.

Получается что обратимы только $1$, $-1$, $i$, $-i$.

Xaositect в сообщении #1139221 писал(а):

10 Кубический многочлен приводим тогда и только тогда, когда у него есть корень. Целочисленные корни ищутся перебором делителей свободного члена.

Совсем забыл про теорему Виета. $97$ простое число, поэтому многочлен неприводим над $\mathbb{Z}$.

Большое спасибо всем за подсказки, оставшиеся указания ещё осмыслю и напишу исправления.

[Xaositect]

Hasek в сообщении #1139281 писал(а):

Xaositect в сообщении #1139205 писал(а):

До последнего предложения все верно, но откуда же пять? Шесть. Плюс это недообоснованно - доказано, что любой автоморфизм есть перестановка ненулевых элементов, но не доказано, что любая перестановка задает автоморфизм.

Точно, нашёл один потерянный автоморфизм. Мог бы заметить хотя бы из $3! = 6$...
То, что каждая перестановка автоморфизм, не следует из теоремы Кэли? Доказать "в лоб" из $f(ab) = f(a)f(b)$ не получается.

В общем случае это неверно. В нашем примере это следует из того, что наши ненулевые элементы удовлетворяют соотношению $a + b + c = 0$.

Цитата:

Xaositect в сообщении #1139205 писал(а):

Подсказка к пятой задаче: $GL_n(\mathbb{F}_q)$ задается матрицей из элементов поля $\mathbb{F}_q$. Сколько вариантов выбора первого столбца у такой матрицы? Сколько вариантов у второго столбца, если первый задан (они должны быть линейно независимы)? И т.п.

Огромное спасибо! В первый столбец не подходит нулевой вектор, во второй не подходит вектор первого столбца, домноженный на произвольное число из поля $\mathbb{F}_q$, и так далее... В результате $|GL_n(\mathbb{F}_q)| = \prod\limits_{i=0}^{n-1} (q^n - q^i)$.

Верно.

Цитата:

Xaositect в сообщении #1139221 писал(а):

7(2) система записана верно, дальше ошибка. ответ неверный, потому что элемент $i$ обратим: $i\cdot (-i) = 1$.
Вообще, обратное к комплексному числу выражается так: $(a + bi) = \dfrac{a - bi}{a^2 + b^2}$, Вам надо посмотреть, когда оно тоже будет гауссовым. Либо можно поступить более хитро и использовать то, что $|z_1 z_2| = |z_1||z_2|$.

Получается что обратимы только $1$, $-1$, $i$, $-i$.

Верно.

Цитата:

Xaositect в сообщении #1139221 писал(а):

10 Кубический многочлен приводим тогда и только тогда, когда у него есть корень. Целочисленные корни ищутся перебором делителей свободного члена.

Совсем забыл про теорему Виета. $97$ простое число, поэтому многочлен неприводим над $\mathbb{Z}$.

Ну надо еще пару слов сказать, а то у $(x-1)^2 (x + 97)$ тоже свободный член равен $97$.

[ewert]

Hasek в сообщении #1139281 писал(а):

Я просто не дошёл в выписывании до шестой степени

Так и не надо было доходить. Период перестановки -- это наименьшее общее кратное периодов её элементов, только их и надо было находить.

Xaositect в сообщении #1139275 писал(а):

Тупо запишите определитель и разложите по первому столбцу.

Этого лишь характеристичность, а нужна ещё минимальность. Надо ещё доказать (в лоб), что каждое собственное число -- геометрически простое.

[Hasek]

ewert в сообщении #1139234 писал(а):

Составьте по Виету систему уравнений для корней исходного уравнения. Чуть с ней поманипулируйте -- и получите аналогичную систему для квадратов этих корней.

Для данного многочлена
$\begin{cases} -(x_1+x_2+x_3) = 1\\ x_1 x_2 + x_1 x_3 + x_2 x_3 = -2\\ -x_1 x_2 x_3 = -1 \end{cases}$
Совсем легко получить свободный член искомого многочлена: $-x_1^2 x_2^2 x_3^2 = -1$.
Коэффициент при второй степени получить так же удалось: $(x_1 + x_2 +x_3)^2 = x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + 2(x_1 x_2 + x_2 x_3 + x_1 x_3) = 1$, откуда $-(x_1^2 + x_2^2 + x_3^2) = -5$.
А вот выразить коэффициент при первой степени у меня не получилось. Подскажите, как это следует сделать?

Xaositect в сообщении #1139221 писал(а):

11 неверно. Произвольная прямая в комплексной плоскости может не быть подполем.

Вероятно, стоит думать о $\mathbb{C}$ как о расширении $\mathbb{R}$? В таком случае могу сказать, что это расширение степени два, то есть комплексные числа образуют векторное пространство размерности два над полем вещественных чисел. При такой интерпретации кажется интуитивно правильным ответ, что изоморфных $\mathbb{R}$ подполей не просто конечное число, а конкретно лишь два, но доказательство дать не получается.

[ewert]

Hasek в сообщении #1139891 писал(а):

А вот выразить коэффициент при первой степени у меня не получилось. Подскажите, как это следует сделать?

Возвести в квадрат второе уравнение, затем умножить первое на третье и сравнить.

Hasek в сообщении #1139891 писал(а):

Вероятно, стоит думать о $\mathbb{C}$ как о расширении $\mathbb{R}$?

Начать стоит с того, что любое подполе должно содержать как минимум единицу. А учитывая арифметические операции, любое подполе должно содержать в себе как минимум -- что?...

[Hasek]

ewert в сообщении #1139897 писал(а):

Возвести в квадрат второе уравнение, затем умножить первое на третье и сравнить.

Спасибо! Действительно, совсем легко, но почему-то не догадался. В итоге в ответе многочлен $x^3-5x^2+6x+1$.

ewert в сообщении #1139897 писал(а):

Начать стоит с того, что любое подполе должно содержать как минимум единицу. А учитывая арифметические операции, любое подполе должно содержать в себе как минимум -- что?...

Ещё ноль. И ещё все противоположные (для сложения) и обратные (для умножения) к своим элементам.

-- 24.07.2016, 23:37 --

Xaositect в сообщении #1139288 писал(а):

Ну надо еще пару слов сказать, а то у $(x-1)^2 (x + 97)$ тоже свободный член равен $97$.

Соответственно что $\pm1$, $\pm 97$ не являются корнями данного многочлена.

[Hasek]

Xaositect в сообщении #1139275 писал(а):

Тупо запишите определитель и разложите по первому столбцу.

ewert в сообщении #1139292 писал(а):

Этого лишь характеристичность, а нужна ещё минимальность. Надо ещё доказать (в лоб), что каждое собственное число -- геометрически простое.

Если обозначить данную матрицу за $A$, то у меня получилось $\mbox{\det}(A-\lambda E) = (-1)^n \cdot (\lambda^n - a_n \lambda^{n-1} - \ldots - a_2 \lambda - a_1)$, что чуть-чуть отличается от того, что я знал, но всё же в своём результате уверен. Множество корней минимального многочлена совпадает с множеством корней характеристического, поэтому если показать, что кратных нет, то характеристический многочлен и есть минимальный. Но как это сделать для многочлена степени $n$ без конкретных коэффициентов?

[ewert]

Hasek в сообщении #1140143 писал(а):

если показать, что кратных нет, то характеристический многочлен и есть минимальный. Но как это сделать для многочлена степени $n$ без конкретных коэффициентов?

Никак: поскольку многочлен общего вида -- среди корней запросто могут быть и кратные.

Т.е. алгебраическая кратность собственных чисел может оказаться какой угодно. Но Вам-то нужна не она; Вам нужно, чтобы геометрическая кратность была единичной. Вот это в лоб и докажите, рассмотрев соотв. систему.