Задача о дискриминанте многочлена.

[Коровьев]

Пусть $F(x)$ неприводимый в поле рациональных чисел многочлен пятой степени с целыми коэффициентами, единицей при старшем члене и корнями $x_1 ,x_2 ,x_3 ,x_4 ,x_5$, причём $x_2 = f\left( {x_1 } \right)$ , где $f\left( {x} \right)$ многочлен четвёртой степени с целыми коэффициентами.
Доказать, что дискриминант исходного многочлена есть четвёртая степень целого числа.

[Коровьев]

Решение.
$$F\left( x \right) = \prod\limits_{k = 1}^5 {\left( {x - x_k } \right)}$
Поскольку этот многочлен неприводим, то его корни не могут быть корнями многочлена меньшей степени.
Рассмотрим многочлен
$$F_1 \left( x \right) = \prod\limits_{k = 1}^5 {\left( {x - f\left( {x_k } \right)} \right)}$
Этот многочлен с целыми коэффициентами (коэффициенты симметрические функции от корней), единицей при старшем члене, имеет общий корень с исходным и поэтому равен исходному. Тогда

$$x_2 = f\left( {x_1 } \right),x_3 = f\left( {x_2 } \right),x_4 = f\left( {x_3 } \right),x_5 = f\left( {x_4 } \right),x_1 = f\left( {x_5 } \right)$

Дискриминант многочлена

$$\Delta = \left( {\prod\limits_{k = 1,k < t}^5 {\left( {x_k - x_t } \right)} } \right)^2$
разобьём на две группы $$\Delta = \left( {AB} \right)^2$

1)$$A=\left( {x_1 - x_2 } \right)\left( {x_2 - x_3 } \right)\left( {x_3 - x_4 } \right)\left( {x_4 - x_5 } \right)\left( {x_5 - x_1 } \right)$
Так как
$$x_1 - x_2 = x_1 - f\left( {x_1 } \right) = \varphi _1 \left( {x_1 } \right)$,
то
$$A = \prod\limits_{k = 1}^5 {\varphi _1 \left( {x_k } \right)}$
целое число.

2)$$B = \left( {x_1 - x_3 } \right)\left( {x_3 - x_5 } \right)\left( {x_5 - x_2 } \right)\left( {x_2 - x_4 } \right)\left( {x_4 - x_1 } \right)$

$$x_1 - x_3 = \left( {x_1 - x_2 } \right) + \left( {x_2 - x_3 } \right) = \varphi _1 \left( {x_1 } \right) + \varphi _1 \left( {x_2 } \right) = \varphi _1 \left( {x_1 } \right) + \varphi _1 \left( {f\left( {x_1 } \right)} \right) = \varphi _2 \left( {x_1 }\right)$
$$B = \prod\limits_{k = 1}^5 {\varphi _2 \left( {x_k } \right)}$
Следовательно $B$ тоже целое число.

Покажем, что оба числа равны по модулю.
Рассмотрим множитель $B$

$$x_1 - x_3 = \left( {x_1 - x_2 } \right) + \left( {x_2 - x_3 } \right) = \left( {x_1 - x_2 } \right) + \left( {f\left( {x_1 } \right) - f\left( {x_2 } \right)} \right) = \left( {x_1 - x_2 } \right)\varsigma _1 \left( {x_1 ,x_2 } \right)$

Аналогично и с другими множителями, тогда
$B=AC$, где $C$ целое число.
Далее, из $A$ рассмотрим множитель $\left( {x_1 - x_2 } \right)$

$$x_1 = f\left( {x_5 } \right) = f\left( {f\left( {x_4 } \right)} \right)$

$$x_4 = f\left( {x_3 } \right) = f\left( {f\left( {x_2 } \right)} \right)$
Отсюда

$$ x_1 - x_2 = \left( {f\left( {f\left( {x_4 } \right)} \right) - f\left( {f\left( {x_2 } \right)} \right)} \right) + \left( {x_4 - x_2 } \right) = \left( {x_4 - x_2 } \right)\varsigma _2 \left( {x_4 ,x_2 } \right)$

Аналогично и для других множителей. Тогда
$A=BD$, где $D$ целое число.
$A=BD=ACD$, Следовательно $C=D= \pm 1$ и $\left| A \right| = \left| B \right|$

[nnosipov]

Коровьев в сообщении #708291 писал(а):

Покажем, что оба числа равны по модулю.

Вот на этом месте я вчера застрял. Стазу не сообразилось, а сегодня додумывать времени не было.

[maxal]

Коровьев в сообщении #708291 писал(а):

Этот многочлен с целыми коэффициентами (коэффициенты симметрические функции от корней), единицей при старшем члене, имеет общий корень с исходным и поэтому равен исходному. Тогда

$$x_2 = f\left( {x_1 } \right),x_3 = f\left( {x_2 } \right),x_4 = f\left( {x_3 } \right),x_5 = f\left( {x_4 } \right),x_1 = f\left( {x_5 } \right)$

Почему именно так? Может быть, например, $x_2=f(x_1)$, $x_1=f(x_2)$ и $x_i=f(x_i)$ для $i=3,4,5$ или какая-то другая перестановка корней?

[nnosipov]

maxal в сообщении #710102 писал(а):

Почему именно так? Может быть, например, $x_2=f(x_1)$, $x_1=f(x_2)$ и $x_i=f(x_i)$ для $i=3,4,5$ или какая-то другая перестановка корней?

У Абеля есть теорема на этот счёт, см., например, книгу Прасолова "Многочлены" (п. "Критерий Абеля-Галуа разрешимости уравнения простой степени").

[Коровьев]

maxal в сообщении #710102 писал(а):

Почему именно так? Может быть, например, $x_2=f(x_1)$, $x_1=f(x_2)$ и $x_i=f(x_i)$ для $i=3,4,5$ или какая-то другая перестановка корней?

nnosipov в сообщении #710147 писал(а):

У Абеля есть теорема на этот счёт, см., например, книгу Прасолова "Многочлены" (п. "Критерий Абеля-Галуа разрешимости уравнения простой степени").

В данном случае можно обойтись без глобальных теорем, хотя ссылка на Прасолова весьма полезна.

Для любого корня равенство
$f(x_i)-x_i=0$ - невозможно, так как данный корень является корнем неприводимого многочлена пятой степени. Поэтому он не может быть корнем многочлена меньшей степени.
Если же $x_1=f(x_2),x_2=f(x_1)$,
то для остальных трёх корней нет иной возможности, как
$x_3=f(x_4),x_4=f(x_5),x_5=f(x_3)$
Далее
$x_1=f(x_2)=f(f(x_1))$
а значит
$f(f(x_i))=x_i$ для всех корней. Аналогично
$x_3=f(x_4)=f(f(x_5))=f(f(f(x_3)))$
$f(f(f(x_i)))=x_i$ для всех корней. Но тогда, учитывая предыдущий результат, получим
$x_i=f(f(f(x_i)))=f(x_i)$
что невозможно.

Эта задача лишь частный случай общей теоремы.
Пусть $F(x)$ неприводимый в поле рациональных чисел многочлен простой степени $P$ с целыми коэффициентами, единицей при старшем члене. Корни его связны соотношением: $x_2 = f\left( {x_1 } \right)$ , где $f\left( {x} \right)$ многочлен с целыми коэффициентами степени меньшей $P$
Тогда, дискриминант исходного многочлена есть целое число в степени $P-1$.