Кубические иррациональности

[nnosipov]

Может ли сумма двух кубических иррациональностей быть квадратичной иррациональностью? А произведение?

(На всякий случай: кубическая иррациональность --- это корень неприводимого над $\mathbb{Q}$ многочлена третьей степени с рациональными коэффициентами; аналогично понимается квадратичная иррациональность.)

[iifat]

С произведением, имхо, попроще: если $x$ — кубическая иррациональность, то и $1/x$ тоже. Или вы хотите именно строго квадратичную иррациональность?

[nnosipov]

iifat в сообщении #1404303 писал(а):

Или вы хотите именно строго квадратичную иррациональность?

Иначе совсем неинтересно (в обоих случаях).

[Padawan]

Произведение может: $\alpha=\sqrt[3]{4}$, $\beta=(-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{-3}}{2})\sqrt[3]{2}$, $\beta^3=2$, $\alpha\beta=-1+\sqrt{-3}$ квадратичная иррациональность.

[nnosipov]

Padawan
Да, ровно этот пример и имелся в виду. Возможно, что принципиально иных (например, с вещественной квадратичной иррациональностью) примеров и нет.

[nnosipov]

Как-то тема заглохла, хотя задача, на мой взгляд, вполне содержательная и, вроде бы, нетрудная. Тем не менее, прошу тех, кто в теме и кому не лень (или хочется немного отвлечься от летних дел) проверить следующее решение на предмет корректности.

Будем доказывать (методом от противного), что сумма двух кубических иррациональностей не может оказаться квадратичной иррациональностью.

Пусть $F=\mathbb{Q}(\alpha)$, где $\alpha$ --- одна из данных кубических иррациональностей, и $f(x) \in \mathbb{Q}[x]$ --- (кубический) многочлен, обнуляющий вторую кубическую иррациональность $\beta$.

Если $f(x)$ неприводим над $F$, то поле $\mathbb{Q}(\alpha,\beta)=F(\beta)$ не может содержать квадратичных иррациональностей, так как

$$ [\mathbb{Q}(\alpha,\beta):\mathbb{Q}]=[F(\beta):F] \cdot [F:\mathbb{Q}]=9. $$

В частности, $\gamma=\alpha+\beta \in \mathbb{Q}(\alpha,\beta)$ не является квадратичной иррациональностью.

Рассмотрим случай, когда $f(x)$ приводим над $F$ и, следовательно, имеет корень $\beta_1 \in F$. Пусть $\beta_2$ и $\beta_3$ --- остальные корни $f(x)$. Можно считать, что $\beta=\beta_2 \not\in F$. Предположим, что $\gamma_2=\beta_2+\alpha$ есть квадратичная иррациональность. Тогда $\gamma_3=\beta_3+\alpha$ также является квадратичной иррациональностью, причём сопряжённой. Действительно, имеем

$$ f(x)=(x-\beta_1)(x^2+\xi x+\eta), $$

при этом $\beta_2$, $\beta_3$ --- корни $x^2+\xi x+\eta \in F[x]$. Кроме того,

$$ (\gamma_2+a)^2=b $$

для некоторых $a,\,b \in \mathbb{Q}$. После упрощения получим

$$ -\xi\beta_2-\eta+2\alpha\beta_2+\alpha^2+2a(\beta_2+\alpha)+a^2=b. $$

Отсюда $-\xi+2\alpha+2a=0$, $-\eta+\alpha^2+2a\alpha+a^2=b$. Но тогда

$$ -\xi\beta_3-\eta+2\alpha\beta_3+\alpha^2+2a(\beta_3+\alpha)+a^2=b $$

и, как следствие, $(\gamma_3+a)^2=b$. (Можно просто рассмотреть автоморфизм сопряжения $\phi:F(\beta_2) \to F(\beta_2)$, при котором $\phi(\beta_2)=\beta_3$.)

Значит,

$$ (\gamma_2-\gamma_3)^2=(\beta_2-\beta_3)^2=c \in \mathbb{Q}. $$

Можно с самого начала считать, что $\beta_1+\beta_2+\beta_3=0$. Тогда

$$ \beta_1(\beta_2+\beta_3)+\beta_2\beta_3=-\beta_1^2+\beta_2\beta_3=d \in \mathbb{Q}. $$

Теперь имеем

$$ c=(\beta_2+\beta_3)^2-4\beta_2\beta_3=\beta_1^2-4\beta_2\beta_3=-3\beta_1^2-4d, $$

т. е. $\beta_1$ --- не более чем квадратичная иррациональность. Противоречие.

Замечание. Как правило, сумма (как и произведение) двух иррациональностей степени $m$ и $n$ является иррациональностью степени $mn$. Но бывают и исключения. Например, формула Кардано показывает, что сумма двух иррациональностей 6-й степени вполне может оказаться кубической иррациональностью. (Разумеется, есть и более тривиальные примеры типа суммы двух сопряженных квадратичных иррациональностей.)

[nnosipov]

Только что обнаружил, что эта задача уже была (случайно!) решена вот здесь: topic99842.html Там, правда, речь идет о конкретном $\sqrt{2}$, но доказательство проходит и для произвольной квадратичной иррациональности.