2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему
 
 Иррациональное минимальное значение.
Сообщение21.02.2006, 21:16 
Заслуженный участник


09/02/06
4342
Москва
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение21.02.2006, 21:46 
Заслуженный участник


09/02/06
4342
Москва
Упустил существенную деталь, речь идёт о квадратичной иррациональности.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение22.02.2006, 05:48 


10/08/05
54
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 $x=\sqrt{2}$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение22.02.2006, 07:54 
Заслуженный участник


09/02/06
4342
Москва
Этот многочлен хорош. Но я упустил ещё одну деталь. Иррациональное минимальное значение вида $\sqrt D +m, \ m \ и \ D \ рациональные.$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение22.02.2006, 10:00 


10/08/05
54
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.

.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение22.02.2006, 10:32 
Заслуженный участник


09/02/06
4342
Москва
Мне непонятен вывод deg(R(x))<=2, противоречит вашему же ранее приведённому примеру.
Так что, остался вариант deg(R(x))=3.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение22.02.2006, 11:05 


10/08/05
54
Да, к сожалению экономить на словах вредно - R(x) - это остаток от деления P(x) на P`(x).

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение22.02.2006, 11:08 
Заслуженный участник


09/02/06
4342
Москва
Тогда всё верно, и ваше решение даже лучше моего.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение22.02.2006, 22:42 
Заслуженный участник


09/02/06
4342
Москва
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?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение23.02.2006, 00:15 
Заслуженный участник


09/02/06
4342
Москва
У меня получилось (с помощью квадратичного расширения), что степень многочлена не меньше 8. Можно ли это доказать покрасивее?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение23.02.2006, 11:13 


10/08/05
54
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?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение23.02.2006, 11:33 
Заслуженный участник


09/02/06
4342
Москва
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.

 Профиль  
                  
 
 Поясните, пожалуйста
Сообщение23.02.2006, 13:59 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


28/09/05
286
Руст, пожалуйста, дайте четкую формулировку. Что нужно доказать/опровергнуть? Так получилось, что постановка задачи распределена по нескольким топикам (Вашим и evgeny).

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение23.02.2006, 14:36 
Заслуженный участник


09/02/06
4342
Москва
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: $3x^8+4mx^6-6Dr^2x^4-12mx^2+3Dr^4, \ m=\frac{1}{4r(Dr^2-3)}>0, r>\sqrt \frac 3 D.$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение27.02.2006, 08:32 
Заслуженный участник


09/02/06
4342
Москва
Ещё один вопрос. Существует ли многочлен с целыми коэффициентами, принимающие минимальное значение sqrt(2)?

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 15 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group