Симметрический полином и алгебраические числа

[lofar]

Пусть $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ ($n\geqslant 2$) --- линейно независимые (над $\mathbb Q$) алгебраические числа. Следует ли из этого, что $\sigma_2(\alpha_1,\ldots,\alpha_n)\ne 0$. Здесь $\sigma_2(x_1,\ldots, x_n)=\sum_{i<j}x_ix_j$ --- элементарный симметрический полином от $n$ переменных второй степени.

Похоже, что это не сложный вопрос. Сам, правда, пока не додумался.

[Руст]

Это очевидно верно при n=2. При n>2 можно построить контрпример из корней неприводимого над Q многочлена: $x^n+a_1x^{n-1}+a_3x^{n-3}+...+a_n.$
Такой неприводимый многочлен при n>2 (у которого коэффициент перед n-2 - ой степенью равен нулю) всегда существует.

[lofar]

Еще нужно чтобы корни этого неприводимого полинома были линейно независимы. Это можно обеспечить?

[Руст]

У неприводимого многочлена это выполняется автоматический.

[lofar]

Полином $x^3 - 2$ неприводим над $\mathbb Q$, коэффициент при $x$ равен $0$. Вместе с тем, его корни линейно зависимы над $\mathbb Q$ (их сумма равна $0$).

[Руст]

Да, с автоматическим выполнением сказал чушь. Попробуйте хорни неприводимого многочлена $P(x)=x^3+2x^2-2$. Вроде несложно доказать, что корни независымы над Q используя $P'(x_i)=\prod_{j\not =i}(x_j-x_i)$.

[lofar]

Верно, корни полинома $x^3 + 2x^2-2$ линейно независимы (это легко следует из того, что их сумма равна $-2$, один из них вещественен, а 2 оставшихся комплексно сопряжены).

Понял, что в исходной формулировке упустил еще одно условие. Нужно дополнительно предполагать, что $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ --- алгебраические числа степени не выше $2$ (квадратичные иррациональности). Уточненный вопрос выглядит так:

Пусть $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ ($n\geqslant 2$) --- линейно независимые (над $\mathbb Q$) алгебраические числа не выше $2$-й степени. Следует ли из этого, что $\sigma_2(\alpha_1,\ldots,\alpha_n)\ne 0$.

Уточненный вопрос более гармоничен: теперь ясно почему рассматривается симметрический полином именно второй степени.

[незваный гость]

Позвольте высказать идею, может к чему-либо и приведет. Хотя не знаю, не бросатется глаза.

Обозначим для краткости $\sigma_k(n) = \sigma_k(\alpha_1,...\alpha_n)$. Тогда:

$\sigma_2(n) = \sigma_2(n-1)+\alpha_{n}\sigma_1(n-1) \Rightarrow $ $\alpha_n = - \frac{\sigma_2(n-1)}{\sigma_1(n-1)}$.

И все, что нужно, это доказать линейную независимось. Правда, это-то и не просто — я не сомневаюсь. Но можно, например, попробовать заменить знаменатель на $\beta$, и выразить $\alpha_{n-1} = \beta - \sigma_1(n-2)$. Тогда $\alpha_n = -\frac{\sigma_2(n-2) +(\beta-\sigma_1(n-2))\sigma_1(n-2)}{\beta} = \frac{\sigma_1(n-2)^2-\sigma_2(n-2)}{\beta}-\sigma_1(n-2)$

Линейная незавсимость $\alpha_1,... \alpha_n$, очевидно, эквивалентна независимости $\alpha_1,... \alpha_{n-2}, \beta, \alpha_n$. В свою очередь, мне кажется, что $\alpha_n$ может быть линейно независима от $\alpha_1,... \alpha_{n-2}, \beta$ ( а может и не быть). Это становится особенно заметно при $n=3$. Таким образом, утверждать, что $\sigma_2(n) \neq 0$ нельзя.

[maxal]

lofar писал(а):

Пусть $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ ($n\geqslant 2$) --- линейно независимые (над $\mathbb Q$) алгебраические числа не выше $2$-й степени. Следует ли из этого, что $\sigma_2(\alpha_1,\ldots,\alpha_n)\ne 0$.

Контрпример:

$$\sigma_2(12,-29+7\sqrt{13},24-12\sqrt{7},108+12\sqrt{91}) = 0.$$

[незваный гость]

По мотивам моего построения ($n = 3$): $\sigma_2(1+\sqrt2,-1-\sqrt2+\sqrt3,-1+\frac23\sqrt6-\sqrt2+\sqrt3)=0$

[RIP]

незваный гость писал(а):

:evil:
По мотивам моего построения ($n = 3$): $\sigma_2(1+\sqrt2,-1-\sqrt2+\sqrt3,-1+\frac23\sqrt6-\sqrt2+\sqrt3)=0$

Последние 2 числа четвертой степени, по крайней мере $-1-\sqrt2+\sqrt3$ точно четвертой.

[незваный гость]

Согласен. Пример Maxal'а работает, однако.

[lofar]

Благодарю за крайне интересные и полезные комментарии.

maxal, скажите пожалуйста, Ваш пример получен с помощью грубой силы или за ним стоит какая-то теория?

[maxal]

lofar писал(а):

maxal, скажите пожалуйста, Ваш пример получен с помощью грубой силы или за ним стоит какая-то теория?

Сложно сказать. Сразу пришла идея попробовать получить тождество вида $\sigma_2(a,b+c\sqrt{p},d+e\sqrt{q},f+g\sqrt{pq})=0,$ где $p, q$ - различные простые числа. Такое тожестдество сводится к системе четырех квадратных уравнений над рациональными числами, причем мапл ее успешно решает в радикалах. Необходимо только было добиться того, чтобы все подкоренные выражения были полными квадратами. Тут выяснилось, что такое возможно только, если простые $p, q$ дают при делении на 3 остаток 1. Соответственно, 7 и 13 - это минимальные простые такого вида, для которых нужные значения переменных были успешно найдены с помощью квадратичного диафантова решателя.

[lofar]

Понятно, спасибо.