Найти минимальный многочлен.

[sour]

Привет. Есть многочлен
$x^3-x-1$,
возьмем какой-то его корень $a$. Необходимо найти(желательно минимальный) многочлен, корнем которого является число
$a^2+a+1$.

Что я уже знаю?
Т.к. $a$ является корнем
$x^3-x-1$,
$a^3-a-1=0$,
а значит
$a+1=a^3$,
тогда
$a^2+a+1=a^2+a^3=a^2(a+1)=a^2a^3=a^5$.
Т.о., искомый многочлен должен иметь в качестве корня $a^5$.

Т.к.
$a^3-a-1=0$,
$(a^5)^\frac{3}{5}-(a^5)^\frac{1}{5}-1=0$.
Т.о., $a^2+a+1=a^5$ является корнем выражения
$x^\frac{3}{5}-x^\frac{1}{5}-1$.
Проблема в том, что это выражение не является многочленом, а значит не может быть ответом. Не могу придумать, на что домножить его или к чему прибавить, чтобы степени стали целыми.

[nnosipov]

sour
Ваша задача абсолютно стандартная, поэтому если Вы студент и у Вас есть соответствующие записи лекций, то там наверное можно найти и алгоритм решения. Если же Вы самостоятельно изучаете эту тему, то совет такой: пусть $b=a^2+a+1$; попробуйте методом неопределенных коэффициентов подобрать такой многочлен $f(x)$ 3-й степени, для которого $f(b)=0$.

[sour]

nnosipov
А не могли бы вы подробнее рассказать про метод неопределенных коэффициентов в этой задаче? Или дать ссылку, где можно про это почитать.
Знаю, как этим методом разложить дробь на сумму дробей или многочлен с заданными коэффициентами, а вот как с его помощью искать коэффициенты многочлена по его корню - не представляю.

Я нигде не учусь, просто читаю книгу Постникова и встретил такую вот задачу в ней. До этого там шел рассказ о полях и их расширениях, но это самое начало книги, просто введена классификация расширений.

[Someone]

sour в сообщении #1527818 писал(а):

А не могли бы вы подробнее рассказать про метод неопределенных коэффициентов в этой задаче?

Пишете искомое уравнение в виде $y^3+Ay^2+By+C=0$, подставляете в него $y=a^2+a+1$, получившиеся степени $a^3$, $a^4$, $a^5$ и $a^6$ с помощью соотношения $a^3=a+1$ выражаете через $a$ и $a^2$, собираете вместе все члены с одинаковыми степенями $a$, коэффициенты полученного многочлена от $a$ приравниваете к нулю…

[iifat]

Как вариант — вы до формул Виета, симметрических многочленов и основной теоремы о симметрических многочленах уже дошли? Всем этим можно воспользоваться.

[sour]

Someone
Спасибо. Это так, я смог решить и я даже понимаю почему. Просто равенство $y^3+Ay^2+By+C=0$ при $y=a^2+a+1$ выполняется, если выполняется равенство $(16+4A+B)a^2+(21+5A+B)a+12+3A+B+C=0$, полученное из исходного при подставке и заменах, следующих из $a^3+a+a=0$. А последнее равенство выполняется, если $16+4A+B=21+5A+B=12+3A+B+C=0$. Решаем полученную систему и получаем нужные значения коэффициентов.
Но почему это работает для третьей степени, но не работает для второй? Т.е. почему мы берем уравнение третьей степени, а не второй? Как мы заранее узнали, какую степень брать?

-- 01.08.2021, 16:33 --

iifat
Не очень понятная мысль. Про обобщенную теорему Виета и основную теорему симметрических многочленов знаю.

Если записывать коэффициенты через теорему Виета, то получается 3 уравнения с 5 неизвестными(ведь два других корня мы не знаем; предполагаем, что искомое ур-е третьей степени). Решить такую систему не получится.

[iifat]

sour в сообщении #1527831 писал(а):

основную теорему симметрических многочленов знаю

Ну дык скажите, чему равна сумма $\sum\nolimit_{i=1}3a_i^2+a_i+1$, где $a_1,a_2,a_3$ — корни вашего исходного уравнения. А потом — произведение аналогичных величин. И, наконец, сумма попарных произведений.

[nnosipov]

sour в сообщении #1527831 писал(а):

Как мы заранее узнали, какую степень брать?

Это правильный вопрос. Чтобы на него ответить, нужно почитать у Постникова про расширения полей побольше. Будет там такая теорема --- про башню расширений. Из нее, в частности, следует, что степень минимального многочлена для любого элемента расширения всегда будет делителем степени расширения. Эта последняя у нас равна 3. Значит, либо 1, либо 3. Но 1 по понятным причинам невозможна. Поэтому только 3.

[sour]

nnosipov
Приму на веру эту теорему. Очевидно, что $a^2+a+1\in Q(a)$, а значит степень минимального многочлена $a^2+a+1$ либо равна 1, либо 3. Многочлен степни 3, корнем которого является $a^2+a+1$, я уже нашел. Но почему этим многочленом не может являться многочлен первой степени?

[nnosipov]

sour в сообщении #1527842 писал(а):

Но почему этим многочленом не может являться многочлен первой степени?

Потому что сам $a$ имеет минимальный многочлен степени ... какой?

[iifat]

sour в сообщении #1527842 писал(а):

почему этим многочленом не может являться многочлен первой степени?

Если б существовал многочлен первой степени, он бы у вас вылез при поиске кубического. У вас система там решилась однозначно? Коэффициенты при квадрате и кубе ненулевые? Вот и ответ.

[sour]

nnosipov
Либо третьей, либо первой по вышеозвученной теореме.
Ведь то, что $a$ не является корнем многочлена первой степени необходимо доказать. Я не могу доказать неприводимость $x^3-x-1$ по критерию Эйзенштейна. М.б. он приводим, просто мы этого не знаем? И, возможно, $a$ является рациональным числом?

И даже если мы допустим, что минимальный многочлен $a$ имеет третью степень, то как из этого следует, что минимальный многочлен $a^2+a+1$ тоже имеет третью степень, а не первую?
iifat
Если я правильно понял, вы рекомендуете записать р-во $A\lambda -B=0 : \lambda =a^2+a+1$ и попробовать решить его таким же способом, которым я решал р-во $\lambda^3+A\lambda^2+C\lambda+D=0$(т.е. подстановками и приравниваем к нулю к-ов полученного квадратного ур-я). Если я попробую это проделать, то у меня получится, что $A=B=0$, но как это доказывает, что $a$ не является корнем многочлена первой степени(т.е. не является рациональным числом)? И как все это доказывает, что $a^2+a+1$ не может являться корнем многочлена первой степени?

[nnosipov]

sour в сообщении #1527874 писал(а):

Я не могу доказать неприводимость $x^3-x-1$ по критерию Эйзенштейна.

О, господи. И я не могу, по крайней мере в лоб. Вы в курсе, что критерий Эйзенштейна вообще-то всего лишь признак неприводимости, т.е. не является панацеей при доказательстве неприводимости многочленов над $\mathbb{Q}$? Это во-первых. Во-вторых, доказательство неприводимости многочленов 3-й степени над любым полем сводится к проверке того, что эти многочлены не имеют корней в данном поле (подумайте, почему это так, а также почему это неверно для многочленов более высокой степени).

[iifat]

sour в сообщении #1527874 писал(а):

ак это доказывает, что $a$ не является корнем многочлена первой степени

Если бы у вас получилось $A=B=0$ как единственное либо одно из допустимых решений, то это бы доказало существование многочлена первой степени. Если нет, то это доказывает его отсутствие.

[sour]

nnosipov
Кажется, я разобрался. В силу того что $x^3-5x^2+4x-1$ неприводим над $\mathbb{Q}$ по критерию Эйзенштейна, и при том обязан делиться на минимальный многочлен $\lambda$ над $\mathbb{Q}$, он отличается от него лишь на постоянный множитель. А значит $x^3-5x^2+4x-1$ сам может считаться минимальным многочленом $\lambda$ над $\mathbb{Q}$.

Можно доказать и иррациональность $a$. $\frac{x^3-5x^2+4x-1}{x-q}$\notin\mathbb{Q}[x] ни при каких рациональных $q$ в силу неприводимости $x^3-5x^2+4x-1$ над $\mathbb{Q}$. Если бы $\lambda\in\mathbb{Q}$, то $\frac{x^3-5x^2+4x-1}{x-\lambda}$\in\mathbb{Q}[x] в силу теоремы Безу и того факта, что $\lambda$ корень $x^3-5x^2+4x-1$, противоречие. Значит $\lambda\notin\mathbb{Q}$. Если бы $a\in\mathbb{Q}$, то $\lambda=a^2+a+1\in\mathbb{Q}$, значит $a\notin\mathbb{Q}$.

Поправьте если где-то не прав. А так Спасибо!

iifat
Я неправильно написал. Скорее стоило бы написать ур-е $\lambda+A=0$. Вы, конечно же, правы в том, что выполнение этого равенства при каком-то рациональном A означало бы рациональность $\lambda$ и существование многочлена первой степени, корнем которого $\lambda$ является. Однако это никак не является решением или даже намеком на него. Я спросил у вас, как доказать, что минимальный многочлен $\lambda$ не является многочленом первой степени над $\mathbb{Q}$, вы же мне говорите, что надо доказать, что $\lambda$ не является корнем многочлена первой степени над $\mathbb{Q}$. Замкнутый круг.

Впрочем, вопрос уже решен.