Минимальный многочлен элемента расширения

[StepV]

Подскажите, пожалуйста.
Необходимо для элемента поля $Q(\sqrt[3]{3})$ найти минимальный многочлен, у которого все $c_i \in \mathbb{Q}$. Элемент поля записывается в виде $t=a_0+a_1\cdot\sqrt[3]{3}+a_2\cdot\sqrt[3]{3^2}$
Для элементов вида $t=a_0+a_1\cdot\sqrt[3]{3}$ или $t=a_0+a_2\cdot\sqrt[3]{3^2}$ минимальный многочлен находится без труда.
Для общего случая $t=a_0+a_1\cdot\sqrt[3]{3}+a_2\cdot\sqrt[3]{3}$ у многочлена свободный член оказывается принадлежащим $Q(\sqrt[3]{3})$, а не $\mathbb{Q}$.
Может для элементов поля такого вида не существует многочленов со всеми коэффициентами принадлежащими $\mathbb{Q}$?

[KhAl]

Ищущий да обрящет!

StepV в сообщении #1599078 писал(а):

Может для элементов поля такого вида не существует многочленов со всеми коэффициентами принадлежащими $\mathbb{Q}$?

Существуют, ищите. Уверен, Вы сможете.

[svv]

KhAl в сообщении #1599081 писал(а):

Существуют

Могу это подтвердить, хоть мало что понимаю в этой науке. Вот мои общие соображения.

Пусть $t$ — элемент поля, $\lambda=\sqrt[3]{3}$, тогда (все $a_{ik}$ рациональны):
$\begin{array}{l} t^1=a_{10}+a_{11}\lambda+a_{12}\lambda^2 \\t^2=a_{20}+a_{21}\lambda+a_{22}\lambda^2 \\t^3=a_{30}+a_{31}\lambda+a_{32}\lambda^2\end{array}$ , или $\begin{bmatrix}t^1-a_{10} \\t^2-a_{20}\\t^3-a_{30}\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\\a_{31}&a_{32}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\lambda^\phantom{1} \\\lambda^2\end{bmatrix}$
Ранг матрицы $3\times 2$ в правой части не выше двух. Значит, существует нетривиальная нулевая линейная комбинация её строк с рациональными коэффициентами $c_1,c_2,c_3$. И это даёт аннулирующий многочлен:
$\begin{bmatrix}c_1&c_2&c_3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}t^1-a_{10} \\t^2-a_{20}\\t^3-a_{30}\end{bmatrix}=0$

[StepV]

svv в сообщении #1599089 писал(а):

Вот мои общие соображения.

Нет, не совсем по той теме. Попробую уточнить свой вопрос.
Дано, что $\mathbb{Q} \subset Q(\sqrt[3]{3})$. Требуется для конкретного элемента поля $t \in Q(\sqrt[3]{3})$ найти в $Q[x]$ минимальный многочлен, корнем которого является $t$.
Для элементов вида $t=a_0+a_1\cdot\sqrt[3]{3}$ или $t=a_0+a_2\cdot\sqrt[3]{3^2}$ минимальный многочлен находится без труда.
Для общего случая $t=a_0+a_1\cdot\sqrt[3]{3}+a_2\cdot\sqrt[3]{3}$ у многочлена свободный член оказывается принадлежащим $Q(\sqrt[3]{3})$, а не $\mathbb{Q}$.
Мне не удается убрать иррациональность и найти в $Q[x]$ для произвольного элемента, указанного выше вида, многочлен, корнем которого он бы являлся.
Пытался взять произведение сопряженных элементов, но и оно дает многочлен с иррациональностью.

[Padawan]

StepV
Применяя алгоритм Евклида, найдите многочлены $p(x) $, $q(x) $ такие, что $p(x) (ax^2+bx+c) +q(x) (x^3-2) =1$.

[vpb]

StepV в сообщении #1599095 писал(а):

Нет, не совсем по той теме.

Нет, коллега svv всё правильно написал. А отчего вы думаете, что "не совсем по той теме" ?

[StepV]

vpb в сообщении #1599098 писал(а):

Нет, коллега svv всё правильно написал. А отчего вы думаете, что "не совсем по той теме" ?

Не увидел в его предложении способ избавиться от иррациональностей. В его примере $t_1,t_2,t_3$ содержат иррациональности $\lambda=\sqrt[3]{3}$. Как избавится от иррациональностей пока не знаю.

[vpb]

$t=a_{10}+a_{11}\lambda+a_{12}\lambda^2$,
$t^2=a_{20}+a_{21}\lambda+a_{22}\lambda^2$,
$t^3=a_{30}+a_{31}\lambda+a_{32}\lambda^2$,
для некоторых $a_{ij}\in{\mathbb Q}$. Между тремя строками $(a_{11},a_{12})$, $(a_{21},a_{22})$, $(a_{31},a_{32})$ есть нетривиальная линейная зависимость, с коэффициентами из ${\mathbb Q}$:
$c_1(a_{11},a_{12})+c_2(a_{21},a_{22})+c_3(a_{31},a_{32})=(0,0)$.
Тогда линейная комбинация $t,t^2,t^3$ с теми же коэффициентами не содержит $\lambda$ и $\lambda^2$. То есть некоторая линейная комбинация $c_1t+c_2t^2+c_3t^3$ лежит в ${\mathbb Q}$. Это и есть уравнение для $t$.

[StepV]

vpb в сообщении #1599104 писал(а):

Это и есть уравнение для $t$.

Спасибо! Получилось!

svv в сообщении #1599089 писал(а):

это даёт аннулирующий многочлен

Спасибо! Получилось! Почему-то мне степени показались верхними индексами. Поэтому сразу не понял ваш пост

[svv]

vpb, спасибо!

StepV
Причиной того, что Вы не сразу меня поняли, был мой перфекционизм: $t,t^2,t^3$ выглядит некрасиво, понимаешь ли, а для красоты писать единообразно: $t^1,t^2,t^3$. С $t$ вместо $t^1$ Вы бы сразу поняли, верно?

[StepV]

svv

(Оффтоп)

svv в сообщении #1599118 писал(а):

Причиной того, что Вы не сразу меня поняли, был мой перфекционизм: $t,t^2,t^3$ выглядит некрасиво, понимаешь ли, а для красоты писать единообразно: $t^1,t^2,t^3$. С $t$ вместо $t^1$ Вы бы сразу поняли, верно?

Совершенно с Вами согласен. Сам часто грешу излишним перфекционизмом.

[Padawan]

$p(x)(ax^2+bx+c)+q(x)(x^3-2)=1,$ где $p(x)=-{\frac { \left( ac-{b}^{2} \right) {x}^{2}}{4\,{a}^{3}-6\,acb+{c}^{3}+2\,{b}^{3}}}+{\frac { \left( 2\,{a}^{2}-bc \right) x}{4\,{a}^{3}-6\,acb+{c}^{3}+2\,{b}^{3}}}-{\frac {2\,ab-{c}^{2}}{4\,{a}^{3}-6\,acb+{c}^{3}+2\,{b}^{3}}}$,
$q(x)={\frac {a \left( ac-{b}^{2} \right) x}{4\,{a}^{3}-6\,acb+{c}^{3}+2\,{b}^{3}}}-{\frac {-2\,acb+{b}^{3}+2\,{a}^{3}}{4\,{a}^{3}-6\,acb+{c}^{3}+2\,{b}^{3}}}$ (посчитано с помощью команды gcdex в Maple (extended Euclidean algorithm for polynomials)). Отсюда

$$ \frac{1}{ax^2+bx+c}=\frac{(b^2-ac)x^2+(2a^2-bc)x+c^2-2ab}{4\,{a}^{3}-6\,acb+{c}^{3}+2\,{b}^{3}}},\quad x=\sqrt[3]2 $$

[svv]

Padawan, автор темы рассматривал $Q(\sqrt[3]{3})$, а у Вас $x=\sqrt[3]2$. Это правильно?

[Padawan]

svv
Да, ошибся. Почему-то прочитал $\sqrt[3]2$.

[Padawan]

(Оффтоп)

Обратный элемент можно найти еще так (я рассмотрю на примере поля $\mathbb Q(\sqrt[3]{2})$): для ненулевого элемента $t=c+bx+ax^2\in\mathbb Q(\sqrt[3]{2})$, где $x=\sqrt[3]{2}$ рассмотрим линейное отображение $s\mapsto t\cdot s$ поля $\mathbb Q(\sqrt[3]{2})$, рассматриваемого как линейное пространство размерности $3$ над $\mathbb Q$. В базисе $1,x,x^2$ это линейное отображение задается матрицей $\begin{pmatrix}c&2a&2b\\b&c&2a\\a&b&c\end{pmatrix}$. Поэтому координаты элемента $s=c_1+b_1 x+a_1 x^2$, обратного к $t=c+bx+ax^2$, удовлетворяют уравнению $\begin{pmatrix}c&2a&2b\\b&c&2a\\a&b&c\end{pmatrix}\begin{pmatrix}c_1\\b_1\\a_1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}$, откуда

$$ c_1=\frac{c^2-2ab}{\Delta},\quad b_1=\frac{2a^2-bc}{\Delta},\quad a_1=\frac{b^2-ac}{\Delta},\quad \text{где }\quad \Delta=c^3+2b^3+4a^3-6abc. $$

Ну а минимальным многочленом будет минимальный многочлен матрицы $\begin{pmatrix}c&2a&2b\\b&c&2a\\a&b&c \end{pmatrix}$. Я ещё и не ту задачу решал -- нахождения обратного элемента, вместо минимального многочлена :)