Найти минимальный многочлен.

[nnosipov]

sour в сообщении #1528159 писал(а):

Поля характеристики ноль? Иначе степень произведения двух многочленов сможет быть ниже суммы их степеней

Нет, не может. Такое может быть только в случае, когда коэффициенты многочленов берутся из кольца с делителями нуля. В любом поле делителей нуля нет.

На самом деле, в доказательстве было важно, что $\mathbb{Q} \subset \mathbb{R}$ и $\theta \in \mathbb{R}$.

sour в сообщении #1528159 писал(а):

Очень некрасиво.

Согласен. Есть несложное короткое рассуждение, попробуйте его найти.

[sour]

nnosipov

Цитата:

На самом деле, в доказательстве было важно, что $\mathbb{Q} \subset \mathbb{R}$ и $\theta \in \mathbb{R}$.

Что за $\theta$?

Цитата:

Согласен. Есть несложное короткое рассуждение, попробуйте его найти.

Пусть $\sqrt[n]{a}^k \in \mathbb{Q}, где $k<n$. В таком случае должны найтись такие взаимно простые натуральные(предполагается, что $a>0$) $A,\ B$ и $\alpha,\ \beta$, что $\sqrt[n]{\frac{A}{B}}^k=\frac{\alpha}{\beta}$, а значит $A^k\beta^n=B^k\alpha^n$.

Найдется произвольное простое число из разложения или $A$ или $B$, встречающееся в нем не кратное $n$ число раз, равное $x$. Это число обязательно найдется, иначе любое простое число будет встречаться в разложении и $A$ и $B$ кратное $n$ число раз, а значит и $A$ и $B$ будут являться $n$-й степенью каких-то целых чисел, а значит и $a$ будет являться $n$-й степенью какого-то рационального числа $w$, а значит для любого простого $p \mid n$ будет выполняться $a=(w^{\frac{n}{p}})^p$. Учитывая, что $\frac{n}{p} \in \mathbb{N},\ w \in \mathbb{Q}$, получаем, что $w^{\frac{n}{p}} \in \mathbb{Q}$, а значит $a$ является $p$-й степенью какого-то рационального числа, что противоречит условию. Учитывая, что $A$ и $B$ взаимно просты, это число будет встречаться в разложении только одного из этих чисел.

В разложении на простые сомножители одной половины равенства это простое число будет встречаться кратное $n$ число раз, в другой $kx+ny$, где $y \in \mathbb{N}_0$ - какое-то число. Предположим, что $n \mid kx+ny$, тогда $n \mid kx$, а учитывая, что $n \nmid x$, получаем, что $n \mid k$. Учитывая, что $k<n$, получаем противоречие. Следовательно, в разложении на простые сомножители одной половины равенства оно будет встречаться кратное $n$ число раз, а в другой не кратное $n$. Это противоречит основной теореме арифметики.

[nnosipov]

sour в сообщении #1528241 писал(а):

Что за $\theta$?

У меня выше было: $\theta=\sqrt[n]{a}$.

По поводу короткого доказательства. Я имел в виду такое рассуждение.

От противного. Пусть $\theta^k \in \mathbb{Q}$ и $1 \leqslant k<n$. Имеем $d=\gcd{(k,n)}=kx+ny$ для некоторых целых $x$, $y$. Отсюда $\theta^d=(\theta^k)^x(\theta^n)^y \in \mathbb{Q}$. Пусть $\theta^d=c$, где $c \in \mathbb{Q}$. Тогда $\theta^n=c^{n/d}$. Заметим, что $d<n$ (так как $k<n$). Пусть $q$ --- простой делитель числа $n/d>1$. Тогда $\theta^n=c_1^q$, где $c_1=c^{n/(dq)}$, при этом $q$ --- делитель $n$. Противоречие.

[sour]

nnosipov
Хорошо, красиво.

Мне надо вывести минимальный многочлен $\sqrt{\sqrt{2}+\sqrt{-2}}$. Я знаю, что у многочлена $x^8+16$ есть такой корень, но не могу доказать его минимальность. Не подскажите, как это сделать?

[nnosipov]

sour в сообщении #1528281 писал(а):

Не подскажите, как это сделать?

Разумеется, надо попытаться доказать неприводимость многочлена $x^8+16$ над $\mathbb{Q}$. Поскольку степень немаленькая, просто так это не выйдет. Как вариант: сначала разложить над полем $\mathbb{F}_5$: $x^8+16=(x^4+2)(x^4+3)$ (это уже само по себе не быстро). Затем "поднять" это разложение до разложения над $\mathbb{Z}$ и обнаружить противоречие, взглянув на коэффициенты при $x^0$ и $x^4$.

Еще один вариант: разложить этот "малочлен" над $\mathbb{C}$ или $\mathbb{R}$, после чего, опираясь на полученные разложения, доказать невозможность разложить над $\mathbb{Q}$.