Неприводимый многочлен [Алгебра]

[Whitaker]

Здравствуйте!

Может ли неприводимый многочлен $f\in \mathbb{Z}[x]$ иметь кратные комплексные корни?

Моя попытка решения: Я полагаю, что ответ на этот вопрос отрицательный, т.е. неприводимый многочлен $f\in \mathbb{Z}[x]$ не имеет кратных комплексных корней.
От противного пусть $\alpha\in \mathbb{C}$ -- корень $f$ кратности 2 (для удобства). Тогда и $\overline{\alpha}$ также будет корнем $f$. Тогда $f(x)=(x-\alpha)^2(x-\overline{\alpha})^2g(x)=(x^2-px+q)^2g(x),$ где $p=\alpha+\overline{\alpha}\in \mathbb{R}, q=\alpha\overline{\alpha}\in \mathbb{R}$. Вот на этом и остановился
Помогите пожалуйста.

[iifat]

Ну да. Всё верно.

[Whitaker]

iifat
Но ведь полученные многочлены $g(x)$ и $(x^2-px+q)^2$ должны же быть из кольца $\mathbb{Z}[x]$?

[nnosipov]

Вот именно. Приведённое рассуждение не доказывает сформулированного утверждения.

Здесь следует воспользоваться таким свойством неприводимого многочлена над полем нулевой характеристики: он взаимно прост со своей производной.

[Whitaker]

nnosipov
А где можно посмотреть доказательство этого факта или оно вообще элементарно?

[nnosipov]

Это следствие того, что если $f(x)$ --- произвольный многочлен, а $p(x)$ --- неприводимый многочлен, то либо $f(x)$ делится на $p(x)$, либо $f(x)$ и $p(x)$ взаимно просты.

[AV_77]

Более точно, если $f$ - произвольный многочлен и $g^2$ делит $f$, то $g \mid (f, f')$. Это следует из факториальности кольца многочленов над полем.

[nnosipov]

AV_77 в сообщении #773905 писал(а):

Более точно, если $f$ - произвольный многочлен и $g^2$ делит $f$, то $g \mid (f, f')$. Это следует из факториальности кольца многочленов над полем.

В общем случае этого мало: неприводимый многочлен над полем $F$ ненулевой характеристики может иметь кратные корни в некотором расширении поля $F$.

[AV_77]

Ну это только в случае несепарабельных расширений. А такие расширения не в каждом курсе рассматривают.

[Whitaker]

nnosipov в сообщении #773868 писал(а):

он взаимно прост со своей производной.

здесь взаимная простота имеется в виду в $\mathbb{Z}[x]$ или $\mathbb{R}[x]?$
Доказательство: Пусть $g(x)$ -- неприводимый многочлен. От противного -- пусть $\text{gcd}(g, g')=h,$ причем $h$ не ассоциировано с единицей. Так как $h\mid g$, тогда $h$ будет ассоциирован c $g$. Но $g$ уже не может делить $g'$. Противоречие. Значит, неприводимый многочлен $g(x)$ и ее производная $g'(x)$ взаимно просты.
Но как этот факт применить к задаче?

P.S. Где в доказательстве вообще используется то, что поле у нас нулевой характеристики?

[nnosipov]

Whitaker в сообщении #774009 писал(а):

здесь взаимная простота имеется в виду в $\mathbb{Z}[x]$ или $\mathbb{R}[x]?$

В $\mathbb{Q}[x]$ :) Тут с самого начала нужно сказать, что неприводимость над $\mathbb{Z}$ влечёт неприводимость над $\mathbb{Q}$ (лемма Гаусса). Поскольку взаимная простота выясняется при помощи алгоритма Евклида, неважно, над каким более широким полем рассматривать наш многочлен.

Whitaker в сообщении #774009 писал(а):

P.S. Где в доказательстве вообще используется то, что поле у нас нулевой характеристики?

Хороший вопрос. Предлагаю найти это место самостоятельно. Ваше доказательство состоит из нескольких предложений, и одно из них перестаёт быть верным в общем случае.

[Whitaker]

nnosipov в сообщении #774048 писал(а):

В $\mathbb{Q}[x]$ :) Тут с самого начала нужно сказать, что неприводимость над $\mathbb{Z}$ влечёт неприводимость над $\mathbb{Q}$ (лемма Гаусса). Поскольку взаимная простота выясняется при помощи алгоритма Евклида, неважно, над каким более широким полем рассматривать наш многочлен.

Да действительно это лемма Гаусса. Согласен с этим

nnosipov в сообщении #774048 писал(а):

Хороший вопрос. Предлагаю найти это место самостоятельно. Ваше доказательство состоит из нескольких предложений, и одно из них перестаёт быть верным в общем случае.

Вы имеете в виду, что доказательство, которое я написал неверное?

А место где используется то, что поле у нас нулевой характеристики -- это наверное когда мы находим производную. Например, производная $x^p$ в поле $\mathbb{F}_p$ есть 0. Может быть так?! Честно говоря, не уверен

[nnosipov]

Whitaker в сообщении #774102 писал(а):

Например, производная $x^p$ в поле $\mathbb{F}_p$ есть 0. Может быть так?!

Да, именно в этом дело: предложение

Whitaker в сообщении #774009 писал(а):

Но $g$ уже не может делить $g'$.

может быть неверным по той причине, что $g'$ может оказаться нулевым многочленом. В случае нулевой характеристики такое, конечно, невозможно.

[Whitaker]

nnosipov
Разрешите задать Вам последний вопрос.
А как эту подсказку применить к исходной задаче?

[nnosipov]

Ну-у, пусть неприводимый $f(x) \in \mathbb{Q}[x]$ имеет кратный комплексный корень. Взглянем на этот $f(x)$ и его производную $f'(x)$ как на многочлены из $\mathbb{C}[x]$. Раз у $f(x)$ есть кратный корень, то $f(x)$ не взаимно прост с производной $f'(x)$. Значит, когда мы будем находить $(f(x),f'(x))$ по алгоритму Евклида, мы не получим константы, а получим некоторый $d(x)$ положительной степени. Какие у $d(x)$ коэффициенты? Очевидно, рациональные (ведь в алгоритме Евклида используются только рациональные операции, а $f(x), f'(x) \in \mathbb{Q}[x]$). Вот и противоречие.