Иррациональное минимальное значение.

[Руст]

Пусть многочлен с рациональными коэффициентами P(x) принимает иррациональное минимальное (не локальное) значение. Докажите, что степень многочлена не меньше 6. Замечу, что имеются многочлены 4-ой степени, имеющие иррациональное локально минимальное значение.

[Руст]

Упустил существенную деталь, речь идёт о квадратичной иррациональности.

[evgeny]

Можно уточнить условия задачи?
Чем плох многочлен $p(x) = \frac 14 x^4+\frac13 x^3-x^2-2x$?
Нули его производной $p\prime(x) = x^3+x^2-2x-2 = (x+1)(x^2-2)$ в точках $x=\pm\sqrt{2},\ -1$
$p(-1) = \frac{11}{12}$, $p(\pm\sqrt{2}) = -(1\pm\frac43\sqrt{2})$
Поэтому $p(x)$ принимает свое минимальное значение$-1-\frac43\sqrt{2}$ в точке $x=\sqrt{2}$.

[Руст]

Этот многочлен хорош. Но я упустил ещё одну деталь. Иррациональное минимальное значение вида $\sqrt D +m, \ m \ и \ D \ рациональные.$.

[evgeny]

Так чем $-1-\frac43\sqrt{2} = -1-\sqrt{\frac{32}{9}}$ не приглянулось (или обязательно должен быть + перед знаком радикала)?
В таком случае это действительно степень как минимум 6.
Нечетные степени не подходят, т.к. минимальное значение не принимается, для степени 2 минимальное значение рационально, таким образом остаются только многочлены степени 4.
Пусть $x_0$ -точка минимума, а $P(x_0)=\xi = \sqrt{D}+m$-минимальное значение.
Покажем, что $x_0\in {\mathbb Q}[\xi]={\mathbb Q}[\sqrt{D}]$.
Т.к. $P\prime(x_0)=0$. Следовательно для $R(x) = P(x) - \frac14xP\prime(x)$ верно $R(x_0)=\xi$ и $\deg R(x) \le 2$
Если $\deg R(x) < 2$, то это очевидно.
Если $\deg R(x) = 2$, то подставив $x_0$ в $P\prime(x) = (a_1x+a_0)R(x)+b_1x+b_0$ снова получим, что $x_0 = \frac{a_1\xi+a_0}{b_1\xi+b_0}\in {\mathbb Q}[\xi]$-квадратичная иррациональность.

Допустим, что $x_0 = a_0+a_1\sqrt{D}$ - точка минимума и $P(x_0) = m+\sqrt{D}$.
Легко видеть, что $P(a_0-a_1\sqrt{D}) = m-\sqrt{D} < P(x_0)$. Противоречие.

.

[Руст]

Мне непонятен вывод deg(R(x))<=2, противоречит вашему же ранее приведённому примеру.
Так что, остался вариант deg(R(x))=3.

[evgeny]

Да, к сожалению экономить на словах вредно - R(x) - это остаток от деления P(x) на P`(x).

[Руст]

Тогда всё верно, и ваше решение даже лучше моего.

[Руст]

На самом деле, ещё рано закрывать тему. Во первых, доказательство не совсем полное ( в части, что точка минимума есть $a+b ]sqrt D$. Во вторых, рассуждение существенно упрощается: пусть $x_0 . $ координата точки минимума, и F(x) неприводимый многочлен, корнем которого является координата точки минимума. Соответственно, любой автоморфизм поля $Q[x_0]$ действуетна множестве значений. Если он нетривиален, то значение $ \sqrt D+m$ не может быть минимальным значением. Отсюда следует, что $x_0 \not \in Q( \sqrt D)$ (неважно какой степени многочлен. Поэтому, возникает вопрос, существует ли многочлен 6 -ой степени, имеющей минимум вида $\sqrt D+m$ с рациональными m и D, не являющемся квадратом?

[Руст]

У меня получилось (с помощью квадратичного расширения), что степень многочлена не меньше 8. Можно ли это доказать покрасивее?

[evgeny]

Я не совсем понял

Цитата:

Во первых, доказательство не совсем полное ( в части, что точка минимума есть $a+b\sqrt{D}$)

для случая четвертой степени все доказано (т.е. что степень как минимум 6).

Цитата:

Тогда всё верно, и ваше решение даже лучше моего.

Почему Ваша фраза

Цитата:

Во вторых, рассуждение существенно упрощается: пусть $x_0 . $ координата точки минимума, и F(x) неприводимый многочлен, корнем которого является координата точки минимума. Соответственно, любой автоморфизм поля $Q[x_0]$ действуетна множестве значений. Если он нетривиален, то значение $ \sqrt D+m$ не может быть минимальным значением. Отсюда следует, что $x_0 \not \in Q( \sqrt D)$

"существенно проще" моей (я просто это утверждение записал формулой без упоминания автоморфизмов)

Цитата:

Допустим, что $x_0 = a_0+a_1\sqrt{D}$ - точка минимума и $P(x_0) = m+\sqrt{D}$.
Легко видеть, что $P(a_0-a_1\sqrt{D}) = m-\sqrt{D} < P(x_0)$. Противоречие.

Знак перед радикалом каким-то магическим образом важен
для многочлена $\frac 16x^6-x^2$ минимум $-\frac23\sqrt{2}$ при этом "сопряженное" значение $\frac23\sqrt{2}$ никаким свойством не обладает.

А Вы научились строить примеры таких многочленов 8 степени?

[Руст]

Пример не строил. А идея такая P(x)=f(y), y=x^2, f(y) многочлен 4 ой степени. Если один из корней производной f(y) типа sqrt(D), остальные отрицательные, тогда в интервале от 0 до бесконечности имеется только один минимум, который дает два одинаковых минимальных значения. Думаю, что эту идею можно довести до конкретного численного примера.

[lofar]

Руст, пожалуйста, дайте четкую формулировку. Что нужно доказать/опровергнуть? Так получилось, что постановка задачи распределена по нескольким топикам (Вашим и evgeny).

[Руст]

Задачу можно сформулировать так. Найти многочлен с рациональными коэффициентами минимальной степени, принимающей минимальное значение $\sqrt D, где D - рациональное число, не являющееся квадратом рационального числа.
Сказанная идея оказалась правильной и дает возможность построить такой многочлен 8 степени: $3x^8+4mx^6-6Dr^2x^4-12mx^2+3Dr^4, \ m=\frac{1}{4r(Dr^2-3)}>0, r>\sqrt \frac 3 D.$

[Руст]

Ещё один вопрос. Существует ли многочлен с целыми коэффициентами, принимающие минимальное значение sqrt(2)?