Трисектор и кубический корень

[w64]

Нет, доказательства из статьи я не понял, соответствующую алгебру не знаю. Зато придумал сам простое "школьное" доказательство - что и хотел. Причём опять по той же схеме, что ранее я писал для $Q(\sqrt{x}, \sqrt[3]{x})$. Только вместо $p + \omega^k q d^\frac{1}{3} + \omega^{2k} r d^\frac{2}{3}$ будут $p + q \cos \left(t+\frac{2\pi k}{3}\right) +r \cos 2\left(t+\frac{2\pi k}{3}\right)$, где $t=\frac{1}{3}\arccos d$.

Если есть поле $P\subset R$ и $d\in P$, обозначим $t=\frac{1}{3}\arccos d$. При $\cos t\notin P$ нужно понять структуру расширения $P(\cos t)$, назовём это трисекторным расширением. При $\cos t\notin P(\sqrt{x})$ это будет
$\left\{p+q \cos t +r \cos 2t \,|\,p,q,r\in P\right\}$. Используя $\cos 3t = d$ и школьные формулы косинуса двойного угла, суммы косинусов, косинуса суммы, несложно выразить $\cos^2 t, \cos t \cos 2t, \cos^2 2t$ в виде линейной комбинации $1, \cos t, \cos 2 t$ с коэффициентами из $P$. Обратный элемент к данному можно найти, просто решив систему линейных уравнений относительно его коэффициентов, которая получается из того, что при умножении на данный должна быть $1$.

Далее при тех же условиях из $\cos t\notin P(\sqrt{x})$ вытекает (т.к. косинус двойного угла выражается через квадрат одинарного), что представление выше единственно в том смысле, что если $p+q \cos t +r \cos 2t = 0$, то и $p = q = r = 0$.

Итак, теорема: Если кубическое уравнение с рациональными коэффициентами и отрицательным дискриминантом не имеет рациональных корней, то его действительный корень не может принадлежать $Q\left(\sqrt{x}, \cos\left(\frac{1}{3}\arccos x\right)\right)$.

Предположим противное. Пусть существуют кубические уравнения с рациональными коэффициентами и отрицательным дискриминантом, без рациональных корней и у каждого есть корень, принадлежащий $\QQ\left(\sqrt{x}, \cos\left(\frac{1}{3}\arccos x\right)\right)$. Тогда этот корень принадлежит цепочке квадратичных или трисекторных расширений полей: $F_0=\QQ,\, F_i=F_{i-1}(s_i),\;i=1,...,n$, где $s_i=\sqrt{d_i}$ или $s_i=\cos\left(\frac{1}{3}\arccos d_i\right)$ для этих $i$ и $d_i\in F_{i-1},\, s_i\notin F_{i-1}$. Выберем среди всех этих уравнений и цепочек полей такие, у которых число трисекторных образующих в составном расширении для этого корня минимально по сравнению с другими, а среди них те, у которых число квадратичных образующих минимально. Т.е. если взять любое такое уравнение и его корень из $\QQ\left(\sqrt{x}, \cos\left(\frac{1}{3}\arccos x\right)\right)$, то у него число трисекторных образующих не меньше, а при равном числе трисекторных образующих число квадратичных (или, что то же, всех) образующих не меньше. Обозначим суммарное число образующих корня выбранного уравнения через $k$.

Таким образом, есть кубическое уравнение с отрицательным дискриминантом без рациональных корней

$$x^3 + a x^2 + b x + c = 0, \qquad a,b,c\in Q$$

действительный корень которого будет числом, принадлежащим $Q(s_1,\ldots,s_k)$. Обозначим этот корень через $\mu$. Он получается из цепочки полей $F_0=Q,\, F_i=F_{i-1}(s_i),\;i=1,...,k$, где $s_i=\sqrt{d_i}\notin F_{i-1}$ или $s_i=\cos\left(\frac{1}{3}\arccos d_i\right)\notin F_{i-1}(\sqrt{x})$ для этих $i$ и $d_i\in F_{i-1}$. Отметим, что для трисекторного расширения $s_i=\cos\left(\frac{1}{3}\arccos d_i\right)$ не только $s_i\notin F_{i-1}$, но и $s_i\notin F_{i-1}(\sqrt{x})$, поскольку при $s_i\in F_{i-1}(\sqrt{x})$ мы бы это трисекторное расширение могли бы заменить квадратичным (т.е. заменить эту трисекцию построением циркулем и линейкой) и получили бы противоречие с тем, что у нас минимальное количество трисекторных расширений.
В зависимости от степени последнего расширения возможны два случая: $s_k=\sqrt{d_{k}}$ или $s_k=\cos\left(\frac{1}{3}\arccos d_k\right)$.

В первом случае существуют такие $p,q\in F_{k-1}$, что $\mu=p+q\sqrt{d_k}$, причём $q\neq 0$. Дальнейшее рассуждение тогда дословно повторяет доказательство теоремы 2.18 в Martin, Geometric Constructions: подставим $p\pm q\sqrt{d_k}$ в уравнение, увидим, что если $p + q\sqrt{d_k}$ - корень, то и $p - q\sqrt{d_k}$ - тоже корень и они разные, а тогда по теореме Виета третий корень выражается как $-a$ минус сумма этих и принадлежит $F_{k-1}$ - получаем противоречие с тем, что $k$ - минимальное.

Во втором случае существуют такие $p,q,r\in F_{k-1}$, что $\mu=p+q \cos t+r \cos 2t$, где через $t$ обозначено
$\frac{1}{3}\arccos d_k$, причём $q\neq 0$ или $r\neq 0$ и $d=d_k\in F_{k-1}, \, \cos t\not \in F_{k-1}(\sqrt{x})$. Рассмотрим величины, полученные сдвигами $t$ в выражении $\mu$ на $\frac{2\pi k}{3}$:

$$ \mu_k = p + q \cos \left(t+\frac{2\pi k}{3}\right) +r \cos 2\left(t+\frac{2\pi k}{3}\right), \quad k=0,1,2 $$

Подставим их в наше кубическое уравнение. Поскольку, как было написано выше, $\cos^2 t, \cos t \cos 2t, \cos^2 2t$ представляются линейными комбинациями $1, \cos t, \cos 2 t$ с коэффициентами из $F_{k-1}$, то вообще любые натуральные степени и их произведения величин $\cos t, \cos 2t$ представляются такими линейными комбинациями. Более того, поскольку и для сдвинутых углов $\cos 3(t+\frac{2\pi k}{3}) = d$, то раскрыв все скобки и собрав линейные комбинации после подстановки в кубическое уравнения, получим, что его правая часть равна

$$ A + B \cos \left(t+\frac{2\pi k}{3}\right) +C \cos 2\left(t+\frac{2\pi k}{3}\right), \quad A,B,C\in F_{k-1} $$

Ну а теперь при $k=0$ у нас $\mu_0$ корень, значит, выражение выше равно $0$. Но тогда $A=B=C=0$. Но тогда раскрыв по косинусу суммы в этом выражении, видим, что и $\mu_1, \mu_2$ - тоже корни. Итак, мы нашли три несовпадающих (это можно показать, если их приравнять и раскрыть по сумме косинусов, получим $q=r=0$) действительных корня, что противоречит тому, что у уравнения отрицательный дискриминант - тогда должен быть только один действительный корень.

[dgwuqtj]

На самом деле эти утверждения для трисектора и извлекателя кубических корней эквивалентны.
Факт 1: если $E \subseteq F \subseteq \mathbb R$ подполя и $F / E$ является расширением 3 степени, то оно не может получаться одновременно присоединением корня кубического многочлена с положительным дискриминантом и присоединением кубического корня.
Факт 2: утверждение 1 верно при дополнительном предположении, что положительный дискриминант кубического многочлена является точным квадратом в $E$.
Довольно легко понять, что эти факты равносильны (т.к. можно всегда добавить квадратный корень в $E$ и $F$). И если первый применять много раз, будут ваши утверждения.