Кубическое уравнение, корни, приводимость и пр.

[Коровьев]

В этой теме я попытаюсь рассмотреть некоторые результаты для кубического уравнения, интересные с моей точки зрения.

Для начала важная задача с несложным решением:
Докажите, что для того чтобы корни кубического уравнения с рациональными коэффициентами выражались рационально друг через друга, необходимо и достаточно, чтобы дискриминант уравнения был квадратом рационального числа.

[vpb]

Не знаю, как это в элементарных терминах (под утро голова уж не варит), а по-научному так.

Допустим, $f(x)$ --- неприводимый над ${\mathbb Q}$ кубический многочлен; $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ --- его корни, $K={\mathbb Q}(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$--- поле разложения. Тогда ${\mathbb Q}(\alpha_i)$ --- степени $3$ над ${\mathbb Q}$. Если $\alpha_{2,3}$ рационально выражаются через $\alpha_1$, то $K={\mathbb Q}(\alpha_1)$, значит $[K:{\mathbb Q}]=3$. Пусть $\Delta$ --- дискриминант. Тогда, конечно, $\sqrt\Delta\in K$. Значит, $\sqrt\Delta$ имеет над ${\mathbb Q}$ степень $1$ или $3$. Но оно имеет над ${\mathbb Q}$ степень $1$ или $2$, значит на самом деле $1$, т.е. $\sqrt\Delta\in{\mathbb Q}$ .

В обратную сторону. Как известно, $K$ --- расширение ${\mathbb Q}(\sqrt\Delta)$ степени $3$. Посему, если $\sqrt\Delta\in{\mathbb Q}$, то $K$ --- степени $3$ над ${\mathbb Q}$. Посему $K={\mathbb Q}(\alpha_1)$, значит $\alpha_{2,3}\in{\mathbb Q}(\alpha_1)$.

[nnosipov]

vpb в сообщении #1491596 писал(а):

В обратную сторону.

Здесь можно дать явные формулы, выражающие все корни через один из них. Пусть речь идет об уравнении $x^3+ax+b=0$ (не обязательно неприводимом), корни которого $x_1$, $x_2$, $x_3$. По условию $(x_1-x_2)(x_2-x_3)(x_3-x_1)=c$ для некоторого рационального $c \neq 0$ (при $c=0$ все корни рациональны и доказывать нечего). Если воспользоваться формулами Виета

$$x_1+x_2+x_3=0, \quad x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=a,$$

то получим

$$x_2=\frac{2ax_1+3b-c}{2(3x_1^2+a)}, \quad x_3=\frac{2ax_1+3b+c}{2(3x_1^2+a)}.$$

Заметим, что здесь $3x_1^2+a \neq 0$, так как иначе $x_1$ оказался бы кратным корнем и дискриминант был бы равен нулю.

[Коровьев]

Эта задача взята у Д. К. Фаддеев. 1968. Сборник задач по высшей алгебре. Задача № 860.

Я вообще-то считаю, что это теорема обозванная задачей. У ней есть важное следствие: если дискриминант кубического уравнения с рациональными коэффициентам есть квадрат рационального числа, то уравнение либо имеет три рациональных корня, либо вовсе не имеет.
Это следствие будет использовано далее в попытке элементарно показать: что если дискриминант неприводимого кубического уравнения с рациональными коэффициентам есть квадрат рационального числа, то корни уравнения принадлежат некоему круговому полю.
Получится или нет - следите за руками

-- Ср ноя 11, 2020 11:44:22 --

Начну.Пусть:
$\[P = 3n + 1\]$ простое число.
$\[g\]$ его первообразный корень.
$\[ g^{P - 1} \equiv 1\left( {\bmod P} \right) \]$

Обозначим:
$\[ \varsigma _1 = \sum\limits_{k = 1}^{\left( {P - 1} \right)/3} {e^{\frac{{2\pi l}}{P}g^{3k} } } \]$

$\[ \varsigma _2 = \sum\limits_{k = 1}^{\left( {P - 1} \right)/3} {e^{\frac{{2\pi l}}{P}g^{3k + 1} } } \]$

$\[ \varsigma _3 = \sum\limits_{k = 1}^{\left( {P - 1} \right)/3} {e^{\frac{{2\pi l}}{P}g^{3k + 2} } } \]$

$\[ \varepsilon = e^{\frac{{2\pi l}}{3}} ,\varepsilon ^2 + \varepsilon + 1 = 0 \]$


$\[ \eta _{\left( P \right)} = \varsigma _1 + \varsigma _2 \varepsilon + \varsigma _3 \varepsilon ^2 \]$

тогда:
$\[ \eta _{\left( P \right)} ^3 = P\left( {a + bi} \right) \]$

где:
$\[a + bi\]$ - примарное.
$\[ P = \left( {a + bi} \right)\left( {a - bi} \right) \]$
Такое разложение простого $P$ с примарным единственно.

[nnosipov]

Коровьев в сообщении #1491606 писал(а):

элементарно показать: что если дискриминант неприводимого кубического уравнения с рациональными коэффициентам есть квадрат рационального числа, то корни уравнения принадлежат некоему круговому полю

Давайте, это интересно. Особенно если доказательство будет конструктивным.

-- Ср ноя 11, 2020 15:03:39 --

Коровьев в сообщении #1491606 писал(а):

$\[a + bi\]$ - примарное

Что такое примарное число? $a$ и $b$ здесь целые? Может быть, имелось в виду представление $P=a^2+3b^2$?

[Slav-27]

Коровьев в сообщении #1491606 писал(а):

если дискриминант неприводимого кубического уравнения с рациональными коэффициентам есть квадрат рационального числа, то корни уравнения принадлежат некоему круговому полю.

Группа Галуа поля разложения кубического многочлена с рациональными коэффициентами над полем, полученным присоединением квадратного корня из дискриминанта к полю рациональных чисел, циклическая порядка 3 либо тривиальная, поэтому это частный случай теоремы Кронекера -- Вебера: любое поле алгебраических чисел с коммутативной группой Галуа содержится в круговом.

[nnosipov]

Slav-27 в сообщении #1491628 писал(а):

поэтому это частный случай теоремы Кронекера -- Вебера

Я думаю, автор темы знает эту теорему. Речь идет о том (как я понял), чтобы дать непосредственное и элементарное доказательство в данном частном случае. Вполне возможно, что оно окажется проще, чем в общем случае. Например, с помощью сумм Гаусса можно относительно легко понять, почему любая квадратичная иррациональность лежит в подходящем круговом поле.

[Коровьев]

nnosipov в сообщении #1491622 писал(а):

Что такое примарное число?

Простое число $\[P = 3n + 1\]$ может быть разложено в произведение целых простых комплексных чисел (чисел Гаусса) несколькими способами. Простое число Гаусса сравнимое с $2$ по модулю $3$ называется примарным. Для двух примарных чисел Гаусса выполняется кубический закон взаимности
$\[ \left( {\frac{\alpha }{\beta }} \right)_3 = \left( {\frac{\beta }{\alpha }} \right)_3 \]$

[nnosipov]

Коровьев в сообщении #1491606 писал(а):

$$P = \left( {a + bi} \right)\left( {a - bi} \right)$$

А с этим разложением как быть? Оно же не для любого простого $P \equiv 1 \pmod{3}$ возможно.

[Коровьев]

nnosipov в сообщении #1491649 писал(а):

А с этим разложением как быть? Оно же не для любого простого $P \equiv 1 \pmod{3}$ возможно.

Любое простое $P \equiv 1 \pmod{3}$ раскладывается в произведение двух простых чисел и найти их можно теоретически для любого простого числа такого вида из формулы
$\[ \eta _{\left( P \right)} ^3 = P\left( {a + b\varepsilon } \right) \]$
исправлено.
см.выше.

-- Ср ноя 11, 2020 14:30:42 --

Slav-27 Вот смотрите, имеем кубическое уравнение с дискриминантом равным квадрату рационального числа. Что можно сказать о структуре его корней? По формуле Кардано ничего. Но если их преобразовать неким образом, то вылазит вся "круговая" структура корней. Это похоже на разложение числа на простые множители. Наверняка это уже где-то есть, но иногда проще сделать, чем найти.

[nnosipov]

Ну вот, я ему про Фому, он мне про Ерему Найдите для $P=7$ эти волшебные $a$ и $b$, для которых

Коровьев в сообщении #1491606 писал(а):

$$P = \left( {a + bi} \right)\left( {a - bi} \right)$$

Или здесь $a$ и $b$ не являются целыми числами?

[Slav-27]

Я и не против, просто написал на всякий случай.

[Коровьев]

nnosipov в сообщении #1491657 писал(а):

Ну вот, я ему про Фому, он мне про Ерему Найдите для $P=7$ эти волшебные $a$ и $b$, для которых

Коровьев в сообщении #1491606 писал(а):

$$P = \left( {a + bi} \right)\left( {a - bi} \right)$$

Или здесь $a$ и $b$ не являются целыми числами?

Прошу прощения
Там должно $\[ \varepsilon \]$ быть вместо $i$
Сейчас исправлю.
Так должно быть:
$\[ \eta _{\left( P \right)} ^3 = P\left( {a + b\varepsilon } \right) \]$
$\[ P = \left( {a + b\varepsilon } \right)\left( {a + b\varepsilon ^2 } \right) \]$
$\[a + b\varepsilon \]$ примарное.

[Коровьев]

Продолжение.
Имеем:
$\[ \eta _{\left( P \right)} ^3 = \left( {\varsigma _1 + \varsigma _2 \varepsilon + \varsigma _3 \varepsilon ^2 } \right)^3 = P\left( {a + b\varepsilon } \right) \]$

$\[ \bar \eta _{\left( P \right)} ^3 = \left( {\varsigma _1 + \varsigma _2 \varepsilon ^2 + \varsigma _3 \varepsilon } \right)^3 = P\left( {a + b\varepsilon ^2 } \right) \]$

$\[ \varsigma _1 + \varsigma _2 + \varsigma _3 = - 1 \]$

$\[ \varsigma _1 \varsigma _2 + \varsigma _2 \varsigma _3 + \varsigma _3 \varsigma _1 = - \frac{{P - 1}}{3} \]$

Обозначим корни:
$\[ x_1 = \sqrt[3]{{P\left( {a + b\varepsilon } \right)}} + \sqrt[3]{{P\left( {a + b\varepsilon ^2 } \right)}} = 3\varsigma _1 + 1 \]$

$\[ x_2 = \varepsilon ^2 \sqrt[3]{{P\left( {a + b\varepsilon } \right)}} + \varepsilon \sqrt[3]{{P\left( {a + b\varepsilon ^2 } \right)}} = 3\varsigma _2 + 1 \]$

$\[ x_3 = \varepsilon \sqrt[3]{{P\left( {a + b\varepsilon } \right)}} + \varepsilon ^2 \sqrt[3]{{P\left( {a + b\varepsilon ^2 } \right)}} = 3\varsigma _3 + 1 \]$

составим уравнение
$\[ \left( {x - x_1 } \right)\left( {x - x_{2} } \right)\left( {x - x_{3} } \right) = x^3 - 3P - \left( {x_1 x_2 x_3 } \right) \]$
О числе в скобках можно только сказать, что оно целое и делится на $P$. Для конкретного простого оно вычисляется, но общего решения я не вижу.
Итак, мы пока получили для любого $\[P = 3k + 1\]$
кубическое уравнение с корнями из кольца деления круга.
Легко показать (но муторно), что дискриминант этого уравнения есть квадрат целого числа.
Согласно самой первой задачке/теореме корни этого уравнения рационально выражаются друг через друга.

Если большой бяки нет, то можно двигаться дальше...

[nnosipov]

Коровьев в сообщении #1491685 писал(а):

можно двигаться дальше...

Не надо спешить. Вот это уже непонятно:

Коровьев в сообщении #1491685 писал(а):

Имеем:

$$ \eta _{\left( P \right)} ^3 = \left( {\varsigma _1 + \varsigma _2 \varepsilon + \varsigma _3 \varepsilon ^2 } \right)^3 = P\left( {a + b\varepsilon } \right) $$

То есть, $\eta_{(P)}^3$ как элемент кольца чисел Эйзенштейна $\mathbb{Z}[\varepsilon]$, может быть записан в виде $A+B\varepsilon$, где целые числа $A$ и $B$ кратны $P$? Я правильно понял?

То, что $\eta_{(P)}^3 \in \mathbb{Z}[\varepsilon]$, тоже совсем не очевидно.