Найти минимальный многочлен.

[nnosipov]

sour в сообщении #1527899 писал(а):

Кажется, я разобрался.

Нет. У Вас все шиворот навыворот.

sour в сообщении #1527899 писал(а):

В силу того что $x^3-5x^2+4x-1$ неприводим над $\mathbb{Q}$ по критерию Эйзенштейна

Продемонстрируйте, как Вы применили здесь критерий Эйзенштейна.

Я могу лишь только повторить:

nnosipov в сообщении #1527876 писал(а):

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).

[sour]

nnosipov
Допустим, что у многочлена $x^3-x-1$ имеется рациональный корень, тогда должны существовать такие $m,n\in\mathbb{Z}$, что $(\frac{m}{n})^3-\frac{m}{n}-1=0$ где $\frac{m}{n}$ - несократимая дробь. В таком случае должно выполняться ур-е $m^3-mn^2-n^3=0$, а значит и ур-е $m^3-n^3=mn^2$. Из несократимости дроби следует, что хотя бы одно из приведенных чисел нечётно(если оба числа будут чётными, то дробь будет сократима).

Если нечетно только одно из этих чисел, то левая часть ур-я $m^3-n^3=mn^2$ будет числом нечетным, а правая четным, противоречие.
Если нечетны оба этих числа, то левая часть ур-я будет числом четным, а правая нечетным, противоречие.

Т.о., у многочлена $x^3-x-1$ нет рациональных корней, а значит он неприводим над $\mathbb{Q}$(в противном случае он разлагался бы на произведение двух многочленов над $\mathbb{Q}$, степени которых равны 1 и 2, а т.к. все корни иррациональны, многочлен первой степени неизбежно не будет многочленом над $\mathbb{Q}$). Учитывая это и то, что многочлен $x^3-x-1$ обязан делиться на минимальный многочлен $a$ над $\mathbb{Q}$, получаем, что он отличается от минимального многочлена $a$ на постоянный множитель, а значит и сам является минимальным многочленом $a$ над $\mathbb{Q}$.

Отсюда следует, что и $\lambda=a^2+a+1\notin\mathbb{Q}$, иначе $a$ было бы корнем многочлена $x^2+x+1-\lambda\in\mathbb{Q}[x]$, степень которого равна 2, а выше уже доказано, что степень минимального многочлена $a$ над $\mathbb{Q}$ равна 3.

Следовательно, $\lambda$ не является корнем многочлена первой степени над $\mathbb{Q}$(иначе она бы являлась рациональным числом), а значит степень минимального многочлена $\lambda$ над $\mathbb{Q}$ равна 3.

Верно?

[nnosipov]

sour в сообщении #1527904 писал(а):

Верно?

Вот теперь да. Только одно замечание: прочитайте где-нибудь (например, в школьном учебнике) про общий алгоритм поиска рациональных корней многочлена с целыми коэффициентами. Это

sour в сообщении #1527904 писал(а):

Допустим, что у многочлена $x^3-x-1$ имеется рациональный корень, тогда должны существовать такие $m,n\in\mathbb{Z}$, что $(\frac{m}{n})^3-\frac{m}{n}-1=0$ где $\frac{m}{n}$ - несократимая дробь. В таком случае должно выполняться ур-е $m^3-mn^2-n^3=0$, а значит и ур-е $m^3-n^3=mn^2$. Из несократимости дроби следует, что хотя бы одно из приведенных чисел нечётно(если оба числа будут чётными, то дробь будет сократима).

Если нечетно только одно из этих чисел, то левая часть ур-я $m^3-n^3=mn^2$ будет числом нечетным, а правая четным, противоречие.
Если нечетны оба этих числа, то левая часть ур-я будет числом четным, а правая нечетным, противоречие.

верно, но напоминает изобретение велосипеда.

[sour]

nnosipov
И снова здравствуйте. Вопрос похожий, не хочу новую тему создавать.

Имеется число $\sqrt[n]{a},\ a\in\mathbb{Q}$, причем для любого простого $p\mid n$ $a$ не является $p$-й степенью(т.е., например, $\sqrt[12]{32}=\sqrt[12]{2^5}$ подходит, а вот $\sqrt[12]{4}=\sqrt[12]{2^2}$ нет, т.к. четверка является второй степенью, а $2$ - простой делитель $12$). Надо найти минимальный многочлен $\sqrt[n]{a}$ над $\mathbb{Q}$.

Из условия можно вывести, что $\sqrt[n]{a}^y\in\mathbb{Q}$ тогда и только тогда, когда $n\mid y$, а значит минимальная степень, при возведении в которую $\sqrt[n]{a}\in\mathbb{Q}$ - это $n$.

Ну и очевидно, что многочлен $x^n-a$ будет иметь в качестве корня $\sqrt[n]{a}$, однако это не доказывает его минимальности.
Он обязан делиться на минимальный многочлен $\sqrt[n]{a}$, если бы получилось доказать, что он неразложим - задача была бы решена, но его неразложимость над $\mathbb{Q}$ у меня не получается доказать.

Если бы получилось доказать, что все числа $1,\ \sqrt[n]{a},\ \sqrt[n]{a}^2,...\ \sqrt[n]{a}^{n-1}$ линейно независимы, то это также было бы доказательством, ведь в таком случае неизбежно любой многочлен степени меньшей чем $n$, имеющий в качестве своего корня $\sqrt[n]{a}$, был бы нулевой степени(иначе вышеназванные элементы были бы линейно зависимы). Но как доказать их линейную независимость я тоже не знаю.

[nnosipov]

sour в сообщении #1528028 писал(а):

Имеется число $\sqrt[n]{a},\ a\in\mathbb{Q}$, причем для любого простого $p\mid n$ $a$ не является $p$-й степенью(т.е., например, $\sqrt[12]{32}=\sqrt[12]{2^5}$ подходит, а вот $\sqrt[12]{4}=\sqrt[12]{2^2}$ нет, т.к. четверка является второй степенью, а $2$ - простой делитель $12$). Надо найти минимальный многочлен $\sqrt[n]{a}$ над $\mathbb{Q}$.

Ну, это уже более-менее солидная задача (точнее, ее частный случай для поля рациональных чисел). Где Вы ее взяли? Здесь есть целая теорема. Но сначала просто разберите случай $a=-4$ и $n=4$, а об этой теореме поговорим потом.

[sour]

nnosipov
$x^2-2x+2$ - минимальный многочлен $\sqrt[4]{-4}$. Меньше быть не может, т.к. в таком случае $\sqrt[4]{-4}\in\mathbb{Q}$, что, очевидно, не так.

А как теорема называется? Куда гуглить? Задача все у того же Постникова в начале его "Теории Галуа".

[nnosipov]

sour
Эта теорема есть в книге С. Ленга "Алгебра".

-- Ср авг 04, 2021 17:06:06 --

sour в сообщении #1528045 писал(а):

Задача все у того же Постникова в начале его "Теории Галуа".

Сообщите год издания и номер страницы, не могу найти.

Upd. А, нашел. Боюсь, здесь у Постникова кое-что пропущено. Очевидный ответ (и простое решение) эта задача будет иметь только при дополнительном предположении $a>0$. А общий случай нужно смотреть у Ленга.

[sour]

nnosipov
Но даже если предположить, что $a>0$, необходимо как-то доказать, что $x^n-a$ неразложим над $\mathbb{Q}$, а значит отличается от минимального многочлена на постоянный множитель. Как это можно сделать? Я пробовал применять и критерий Эйзенштейна и теорему о рациональных корнях, представляя $a=\frac{m}{n}$, не получается. Даже не знаю, как подступиться.

[nnosipov]

sour в сообщении #1528053 писал(а):

Даже не знаю, как подступиться.

Есть, есть там элементарный способ. Но нужно уметь извлекать корни в поле комплексных чисел.

[sour]

nnosipov
Понятно, что $x^n-a$ будет в качестве корней иметь исключительно различные комплексные значения $\sqrt[n]{a}$ и, по основной теореме алгебры, только их(т.к. их количество равно степени многочлена). Но это не доказывает минимальности. Например, $x^{12}-4$ имеет в качестве своих корней исключительно различные комплексные значения $\sqrt[12]{4}$, но не является минимальным многочленом для этого числа. Минимальным многочленом для него(по всей видимости) является $x^6-2$.

Я умею извлекать корни из комплексных чисел, про формулу Муавра знаю, но не понимаю, как это может помочь.

[nnosipov]

sour в сообщении #1528057 писал(а):

Я умею извлекать корни из комплексных чисел, про формулу Муавра знаю, но не понимаю, как это может помочь.

Хорошо, попозже напишу, с чего можно было бы начать. (Сейчас немного занят.) Возможно, еще кто-нибудь напишет или даст ссылку (мне кажется, этот сюжет уже был на dxdy).

[nnosipov]

Итак, будем считать, что $\theta=\sqrt[n]{a}$ --- вещественное число. Сначала докажите такое утверждение.

Если $\theta^k \not\in \mathbb{Q}$ для любого натурального $k<n$, то многочлен $x^n-\theta^n=x^n-a$ неприводим над $\mathbb{Q}$.

Вот здесь при доказательстве потребуются комплексные числа.

[sour]

nnosipov
Многочлен $x^n-a$ имеет по основной теореме алгебры $n$ комплексных корней, причем все $n$ различных значений $\sqrt[n]{a}$ являются его корнями. Т.о., он имеет в качестве своих корней все возможные значения $\sqrt[n]{a}$ и только их.

Если он разлагается над $\mathbb{Q}$, то имеются два многочлена ненулевой степени $f,\ g\in\mathbb{Q}[x]$, такие, что $x^n-a=fg$. Оба эти многочлена обязаны иметь в качестве своих корней исключительно какие-то значения $\sqrt[n]{a}$; в противном случае $x^n-a$ будет в качестве своих корней иметь какие-то значения помимо $\sqrt[n]{a}$, а это, как было написано выше, невозможно.

Как известно из формул Виета, свободный член любого многочлена может отличаться от произведения его корней исключительно знаком, а учитывая, что и $f$ и $g$ имеют в качестве корней исключительно какие-то значения $\sqrt[n]{a}$, свободный член и того и иного многочлена отличается от какой-то степени $\sqrt[n]{a}$ только знаком; предположим, что степень $f$ это $k$, в таком случае $k<n$(в противном случае произведение многочленов имело бы степень выше $n$, что невозможно по построению).

Предполагается, что при любом $k<n\ \sqrt[n]{a}^k\notin\mathbb{Q}$, а значит свободный член $f$ не является рациональным числом, что приводит нас к тому, что $f\notin\mathbb{Q}[x]$. Противоречие.

Следовательно, $x^n-a$ неразложим над $\mathbb{Q}$.

~~~~~~~~

Вроде все правильно, поправьте, если ошибаюсь, но я не знаю, как доказать, что при любом $k<n\ \sqrt[n]{a}^k\notin\mathbb{Q}$.

[nnosipov]

sour в сообщении #1528077 писал(а):

Вроде все правильно, поправьте, если ошибаюсь

Да нет, все так и есть. Правда, некоторый важный момент Вы замели под ковер, но это вылезет только при обобщении (на какие еще поля, помимо $\mathbb{Q}$, можно обобщить это рассуждение?).

sour в сообщении #1528077 писал(а):

но я не знаю, как доказать, что при любом $k<n\ \sqrt[n]{a}^k\notin\mathbb{Q}$.

Попробуйте от противного.

[sour]

nnosipov

Цитата:

Правда, некоторый важный момент Вы замели под ковер, но это вылезет только при обобщении (на какие еще поля, помимо $\mathbb{Q}$, можно обобщить это рассуждение?).

Поля характеристики ноль? Иначе степень произведения двух многочленов сможет быть ниже суммы их степеней, а это используется в моем доказательстве.

Цитата:

Попробуйте от противного.

Оставлю это здесь. Очень некрасиво.

Лемма 1 Остаток от деления двух взаимно простых чисел взаимно прост с делителем.

Пусть $s,\ k$ - взаимно простые числа. При любом выборе $s,\ k$ выполняется равенство $s=\left\lfloor\frac{s}{k}\right\rfloor k+(s \mod k)$. Предположим, что $s \mod k$ не взаимнопрост с $k$. В таком случае найдется такой простой $p$, что $p\mid k, (s \mod k)$, а значит найдутся такие целые $k',\ r'$, что $k=k'p,\ (s \mod k) = r'p$, а значит будет выполняться равенство $s=\left\lfloor\frac{s}{k}\right\rfloor k'p+r'p=(\left\lfloor\frac{s}{k}\right\rfloor k'+r')p$, а значит $p\mid s$. Получается, что у взаимно простых чисел $s, k$ найдется общий простой делитель $p$. Противоречие.

Далее докажем, что ни при каком $n>k\ \sqrt[n]{a}^k\notin\mathbb{Q}$. Положим, что $n$ и $k$ взаимно просты. Если это не так, то можно взять взаимно простые $n'=\frac{n}{\gcd(n,\ k)},\ k'=\frac{k}{\gcd(n,\ k)}$ и в силу того, что $\sqrt[n]{a}^k=\sqrt[n']{a}^{k'}$, получить утверждение, эквивалентное исходному, но с взаимно простыми степенями.

Пойдем от противного и предположим, что при каком-то $n>k\ \sqrt[n]{a}^k\in\mathbb{Q}$. Тогда

$\exists a_1\in\mathbb{Q}\mid a=a_1^{\frac{n}{k}}$$$.

$n=\left\lfloor\frac{n}{k} \right\rfloor k+k_1$, где $k_1=n \mod k$(причем $k_1$ взаимно просто с $k$ в силу леммы 1 и взаимной простоты $n,\ k$), а значит

$a=a_1^{\frac{\left\lfloor\frac{n}{k} \right\rfloor k+k_1}{k}}=a_1^{\left\lfloor\frac{n}{k} \right\rfloor}a_1^{\frac{k_1}{k}}$,
$a_1^{\frac{k_1}{k}}=aa_1^{-\left\lfloor\frac{n}{k} \right\rfloor}\in\mathbb{Q}$,
$\exists a_2\in\mathbb{Q}\mid a_1=a_2^{\frac{k}{k_1}}$.

Т.о., если $\sqrt[n]{a}^k\in\mathbb{Q}$, то истинны утверждения

$\exists a_1\in\mathbb{Q}\mid a=a_1^{\frac{n}{k}}$$$
$\exists a_2\in\mathbb{Q}\mid a_1=a_2^{\frac{k}{k_1}},\ k_1=n \mod k$
$\exists a_3\in\mathbb{Q}\mid a_2=a_3^{\frac{k_1}{k_2}},\ k_2=k \mod k_1$

$\cdots$

Учитывая, что $k>k_1>k_2>\dots$ и убывающий ряд натуральных чисел не может быть бесконечным, найдется какое-то $k_{i-1}=1$(нулю этот остаток не может быть равен, т.к. $k_{i-1}$ взаимно прост с $k_{i-2}$, если бы он был равен нулю, то нашлось как минимум три общих делителя у $k_{i-1}$ и $k_{i-2}: \pm 1,\ k_{i-2}$, а это противоречит определению взаимной простоты; предполагается, что $k_{i-2}\ne 1, т.е. $k_{i-1}$ - первая единица в этом убывающем ряду), а значит

$\exists a_i\in\mathbb{Q}\mid a_{i-1}=a_{i}^{\frac{k_{i-2}}{k_{i-1}}}=a_i^{k_{i-2}}\mid \ k_{i-1}=k_{i-3} \mod k_{i-2}$.

Следовательно,

$a_{i-2}=a_{i-1}^{\frac{k_{i-3}}{k_{i-2}}}=a_{i}^{k_{i-3}}$
$a_{i-3}=a_{i-2}^{\frac{k_{i-4}}{k_{i-3}}}=a_{i}^{k_{i-4}}$

$\dots$
$a_2=a_i^{k_1}$
$a_1=a_i^{k}$
$a=a_0=a_i^n$

Но это означает, что $a$ является $n$-й степенью какого-то рационального числа, что повлечет за собой, что для любого просто $p \mid n
$a=(a_i^{\frac{n}{p}})^p$,
что противоречит условию.