Неприводимые многочлены и расширения $mathbb{Q}$

[deep down]

Пусть $f\in\mathbb{Q}[x]$ - неприводимый многочлен степени $p$ и $\alpha$ - его корень. Возьмём $g\in\mathbb{Q}[x], 1 < \deg g < p$.
Вопрос 1. Верно ли, что существует единственный неприводимый многочлен степени $p$, корнем которого является $\beta = g(\alpha)$?
Похоже, что так. Элементы $1, \beta, \beta^2, \dots, \beta^p$ линейно зависимы над $\mathbb{Q}$. Причём если в соответствующей линейной комбинации коэффициент при $\beta^p$ будет нулевым, то существует нетривиальное промежуточное расширение $\mathbb{Q}\subset\mathbb{Q}[\beta]\subset\mathbb{Q}[\alpha]$ и у $p$ есть нетривиальный делитель, что невозможно. Если единственности нет, то из двух независимых многочленов степени $p$ можно получить мночлен меньшей степени.
Рассуждение верно?
Вопрос 2. Как можно явно найти многочлен, корнем которого является $\beta$?
Тупой способ. Элементы $\beta^k, 0\le k \le p$ представляем в виде многочлена от $\alpha$. Решив систему уравнений, находим линейную комбинацию, в которой коэффициент при каждом $\alpha^i$ будет равен нулю.
Но есть сильное подозрение, что это не самый эффективный метод. Что можете посоветовать?

[Sonic86]

deep down в сообщении #1230730 писал(а):

Вопрос 1. Верно ли, что существует единственный неприводимый многочлен степени $p$, корнем которого является $\beta = g(\alpha)$?

Сейчас могу ерунду сказать, но $\alpha$ - алгебраическое число, значит $\beta=g(\alpha)$ - алгебраическое число, значит оно имеет соответствующий неприводимый многочлен. Который, конечно, всегда единственен в общем случае у любого алгебраического числа. Но у Вас даже конструктивнее метод построения этого многочлена.

[RIP]

deep down в сообщении #1230730 писал(а):

Рассуждение верно?

Почти. Нужно ещё пояснить, почему $\mathbb{Q}(\beta)\ne\mathbb{Q}$ (это верно и при $\deg g=1$, хотя в этом случае утверждение тривиально). И непонятно, зачем доказывать единственность: минимальный многочлен всегда единствен.

Вопрос 2. Есть стандартный трюк. В данном случае минимальный многочлен совпадает с характеристическим. Если по-рабочекрестьянски, то делаем так. Рассмотрим числа $\beta\cdot1,\beta\cdot\alpha,\beta\cdot\alpha^2,\dotsc,\beta\cdot\alpha^{p-1}$ и распишем их по базису $1,\alpha,\dotsc,\alpha^{p-1}$:

\[\begin{aligned} \beta\cdot1&=a_{0,0}\cdot1+a_{0,1}\cdot\alpha+\dotsb+a_{0,p-1}\alpha^{p-1},\\ \beta\cdot\alpha&=a_{1,0}\cdot1+a_{1,1}\cdot\alpha+\dotsb+a_{1,p-1}\alpha^{p-1},\\ &\setbox0\hbox{=}\mathrel{\makebox[\wd0]{\vdots}}\\ \beta\cdot\alpha^{p-1}&=a_{p-1,0}\cdot1+a_{p-1,1}\cdot\alpha+\dotsb+a_{p-1,p-1}\alpha^{p-1}, \end{aligned}\]

где $a_{i,j}\in\mathbb{Q}$. Получаем, что $\beta$ — собственное значение матрицы $A=\left(a_{i,j}\right)_{i,j=0}^{p-1}$, т.е. корень многочлена $P(x)=\det(xA-E)$ степени $p$. В общем случае (если число $p$ не простое) этот многочлен будет степенью минимального, т.е. минимальный можно считать как $\dfrac{P(x)}{\bigl(P(x),P'(x)\bigr)}$.

[deep down]

1. Проглядел, согласен. Хотя там просто - иначе у $f$ и $g$ был бы нетривиальный общий делитель (раз есть общий корень), что противоречит неприводимости $f$.
Про единственность тоже перестарался.
Взгляд со стороны - всегда хорошо.

2. Как раз то, что я искал, спасибо! Помнил, что есть какой-то фокус, но сам не додумался.

[deep down]

Теперь логично задать и обратный вопрос.
Пусть $f$ - неприводимый многочлен простой степени $p$ и $\alpha$ - его корень. Для каких неприводимых $h, \deg h = p$ найдётся $g, 1\le\deg<p$ такой что $h(g(\alpha))=0$?
Пока сообразить не могу.

[deep down]

Что-то удалось нащупать.
Рассуждение RIP справедливо для всех корней $f$, то есть, все $g(\alpha_i)$ будут корнями одного и тоже $p$. Пусть $h\in\mathbb{Q}$, $\{\gamma_k\}$ - его корни. Существование $g$ означает, что каждое $\gamma_k$ является многочленом от некоторого $\alpha_i$, то есть, лежит в поле разложения.
То есть, многочлен можно получить заменой iff он имеет то же поле разложения.
Теперь осталось придумать способ проверки для двух заданных многочленов.
Эти вопросы должны быть хорошо изучены, очень хочу услышать совет "учите матчасть" со ссылкой