|
Докажите, что если многочлен с рациональными коэффициентами имеет корень 1 + cos(2π/9) + (cos(2π/9))^2, то он имеет также корень 1 + cos(8π/9) +(cos(8π/9))^2. задан 7 Фев '16 1:45 
mainstorm |
|
Для каждого из углов $%\alpha\in\{\frac{2\pi}9,\frac{4\pi}9,\frac{8\pi}9\}$% выполняется условие $%\cos3\alpha=-\frac12$%. С учётом формулы $%\cos3\alpha=4\cos^3\alpha-3\cos\alpha$%, косинусы каждого из трёх рассматриваемых углов являются корнями уравнения $%8t^3-6t+1=0$%. Рациональных корней данное уравнение не имеет, поскольку их не имеет уравнение $%y^3-3y+1=0$% после замены $%y=2t$%. Действительно, все рациональные корни такого уравнения могут быть только целыми вида $%y=\pm1$%, но ни одно из этих значений не подходит. Отсюда следует, что многочлен $%8t^3-6t+1=8(t-t_1)(t-t_2)(t-t_3)$% неприводим над $%\mathbb Q$%, и тем самым он является минимальным многочленом для каждого из корней $%t_1=\cos\frac{2\pi}9$%, $%t_2=\cos\frac{4\pi}9$%, $%t_3=\cos\frac{8\pi}9$%. Теперь рассмотрим многочлен $%(t-(1+t_1+t_1^2))(t-(1+t_2+t_2^2))(t-(1+t_3+t_3^2))$%. Ясно, что его коэффициенты являются симметрическими многочленами относительно $%t_1,t_2,t_3$%, поэтому они выражаются через элементарные симметрические, значения которых для корней предыдущего уравнения будут рациональными в силу теоремы Виета. Этот многочлен при желании можно сосчитать в явном виде: $%t^3-\frac92t^2+\frac{99}{16}t-\frac{171}{64}$%, хотя для доказательства это не требуется. Этот многочлен также неприводим над $%\mathbb Q$%, так как он не имеет рациональных корней. Действительно, в противном случае оказалось бы, что какое-то из чисел вида $%1+t_i+t_i^2$% рационально, и тогда $%t_i$% -- корень многочлена с рациональными коэффициентами степени 2, что противоречит тому, что степень числа $%t_i$% над $%\mathbb Q$% равна трём. Тем самым, оба числа из условия являются корнями одного и того же неприводимого над полем рациональных чисел многочлена, откуда прямо следует то, что требовалось доказать. отвечен 7 Фев '16 14:36 
falcao 3
можно через школьный курс было. Обозначим через g(x) данный многочлен c корнем 1 + cos(2π/9) + (cos(2π/9))^2. По формуле косинуса тройного угла число cos(2π/9) является корнем многочлена 8x^3 −6x+ 1. Значит, cos(2π/9) является корнем остатка r(x) от деления многочлена g(1 + x + x^2) на 8x^3 − 6x + 1. Поэтому cos(2π/9) является корнем остатка от деления многочлена 8x^3 − 6x + 1 на r(x). По теореме о рациональных корнях уравнение y^3 − 3y + 1 = 0 не имеет рацио- нальных корней (ибо числа y = ±1 не подходят). Значит, уравнение 8x^3 − 6x + 1 = 0 (2x = y) тоже не имеет рациональных корней.
(7 Фев '16 14:48)
mainstorm
3
Поэтому r(x) ≡ 0. То есть g(1 + x + x^2) делится на 8x^3 − 6x + 1. Так как число cos(8π/9) также является корнем многочлена 8x^3 − 6x + 1 по формуле косинуса тройного угла, то оно является и корнем многочлена g(1 +x + x^2)
(7 Фев '16 14:48)
mainstorm
@mainstorm: да, если задаться целью дать как можно более "школьное" доказательство, то симметрических многочленов можно не привлекать. Соображения тут достаточно общие, и помимо неприводимости многочлена 8x^3-6x+1, фактически, больше ничего и не используется.
(7 Фев '16 14:59)
falcao
|
|
Обозначим $%\zeta=\exp\frac{2\pi i}{9}$%, $%g(x)=1+x+x^2$%, $%x_k=g(\zeta^k+\zeta^{-k})=\sigma_k(x_1)$% тогда данный корень - $%x_1$%, а проверяемый - $%x_4$% ($%\sigma$% тут - примитивный автоморфизм поля $%\mathbb{Q}(\zeta)$%). Пусть $%f$% - минимальный многочлен для $%x_1$% из $%\mathbb{Q}[x]$%, значит дано, что $%f(x_1)=0$%, надо проверить $%f(x_4)=0$%. Ясно, что $%h(x)=\prod\limits_{\gcd(k,9)=1}(x-x_k)$% - многочлен степени $%\varphi(9)=6$%, симметричный относительно всех примитивных корней степени 9, значит $%h(x)\in \mathbb{Q}[x]$%, $%h(x_1)=h(x_4)=0$% и $%f\mid h$%. Однако если $%f\mid h, f\in\mathbb{Q}[x]$%, то $%f(x)=\prod\limits_{k\in G}(x-x_k)$%, и $%f$% д.б. инвариантен относительно некоторых перестановок корней $%x_k$%. Тогда $%G$% - подгруппа $%\mathbb{Z}_9^\times$%. Подгрупп всего 4 штуки: 2 тривиальных и 2 нетривиальных мощности 2 и 3. Нам надо доказать, что $%f=h$%, это равносильно, что $%G=\mathbb{Z}_9^\times$%. Докажем, что других вариантов быть не может. Группе $%G=\{e\}$% явно соответствует многочлен не из $%\mathbb{Q}[x]$%, потому что $%x_1\not\in\mathbb{Q}$%. Остается рассмотреть остальные 2 группы и проверить, что некоторые их коэффициенты не лежат в $%\mathbb{Q}$%. Это многочлены $%(x-x_1)(x-x_4)(x-x_7)$% и $%(x-x_1)(x-x_8)$%. Коэффициенты вычисляются по теореме Виета. Дальше проверка достаточно тривиальна: надо выписать минимальный многочлен для $%\zeta$%, это $%\Phi(x)=\frac{x^9-1}{x^3-1}=x^6+x^3+1$% и вычислять коэффициенты как многочлены от $%\zeta$% по модулю $%\Phi(x)$% - если остаток не рационален, то и коэффициент не рационален. Если все нормально, то я проверку выпишу. Я пока точно не уверен, правильно ли, пока проверяю. Если неправильно, то и смысла ее писать не будет. отвечен 7 Фев '16 14:00 
Trumba зета примитивный корень 9-й степени из единицы. Известно, что его минимальный многочлен — это многочлен деления круга Φ9(x) с корнями zeta i при i = 1, 2, 4, 5, 7, 8.Так же известно что этот многочлен Φ9(x) неприводим (это также можно доказать, используя критерий Эйзенштейна)пока я не знаю как. а значит, его группа Галуа G транзитивно переставляет его корни.
(7 Фев '16 14:18)
mainstorm
если транзитивность перестановок - ключевой элемент доказательства, то я пас - я пока это понятие ниасилил. Неприводимость $%\Phi_9(x)$% очевидна: не может $%\zeta$%, имеющая 6 сопряженных элементов, иметь минимальный многочлен степени меньше 6.
(7 Фев '16 14:27)
Trumba
|
описался,поменял
@mainstorm: а что изменилось в формулировке?
@falcao в последнем выражении квадрат был не у косинуса,а у его аргумента.