两根之差为有理数

hbghlyj

$x_1,x_2,x_3$为整系数三次方程的不同的根, $x_1-x_2\in\Bbb Q$, 则$x_1,x_2,x_3\in\Bbb Q$.

hejoseph

只要证明 $x^3$ 系数为 $1$，其余系数为有理数的情形。
首先，由二次方程的求根公式容易知道：当 $u$、$v$ 都是有理数时，方程 $x^2+ux+v=0$ 的两根之差是有理数，则必定两根都是有理数。
设 $b$、$p$、$q$、$r$ 都是有理数，方程 $x^3+px^2+qx+r=0$ 有三根 $a$、$a+b$、$c$，则
\[
x^3+px^2+qx+r=(x-a)(x-a-b)(x-c)，
\]
上式右边展开对比系数，得
\[
2a+b+c=-p，a^2+ab+2ac+bc=q，a^2c+abc=-r，
\]
由$2a+b+c=-p$得
\[
a=-\frac{b+c+p}{2}，
\]
分别代入$a^2+ab+2ac+bc=q$，$a^2c+abc=-r$，整理得
\[
3c^2+2pc+b^2-p^2+4q=0，c^3+2pc^2-(b^2+p^2)c+4r=0，
\]
又因为
\begin{align*}
&(3c+4p)(3c^2+2pc+b^2-p^2+4q)-9(c^3+2pc^2-(b^2+p^2)c+4r)\\
={}&4((3b^2-p^2+3q)c+b^2p-p^3+4pq-9r)，
\end{align*}
所以
\[
(3b^2-p^2+3q)c+b^2p-p^3+4pq-9r=0。
\]

若 $3b^2-p^2+3q\neq 0$，即得
\[
c=-\frac{b^2p-p^3+4pq-9r}{3b^2-p^2+3q}，
\]
此时 $c$ 必定为有理数，再由 $2a+b+c=-p$ 可知 $a$ 也必定为有理数，即方程 $x^3+px^2+qx+r=0$ 的三根都是有理数。

若 $3b^2-p^2+3q=0$，则得
\[
b^2=\frac{p^2-3q}{3}，
\]
分别代入 $3c^2+2pc+b^2-p^2+4q=0$，$c^3+2pc^2-(b^2+p^2)c+4r=0$，整理得
\[
9c^2+6pc-2p^2+9q=0，3c^3+6pc^2+(2p^2+3q)c+12r=0，
\]
又因为
\[
(3c+4p)(9c^2+6pc-2p^2+9q)-9(3c^3+6pc^2+(2p^2+3q)c+12r)=-4(2p^3-9pq+27r)，
\]
所以
\[
2p^3-9pq+27r=0，
\]
上式求得
\[
r=-\frac{2p^3-9pq}{27}，
\]
因此
\[
x^3+px^2+qx+r=\left(x+\frac{p}{3}\right)\left(x^2+\frac{2p}{3}x-\frac{2p^2-9q}{9}\right)，
\]
此时方程 $x^3+px^2+qx+r=0$ 已有一个有理数根 $-p/3$，另外两根要么都是有理数，要么都是无理数。若另外两根都是无理数，由方程 $x^3+px^2+qx+r=0$ 有两根差是有理数知这两个根必定是方程
\[
x^2+\frac{2p}{3}x-\frac{2p^2-9q}{9}=0
\]
的根，这与有理数系数二次方程根之差是有理数，则两根都是有理数矛盾。所以方程 $x^3+px^2+qx+r=0$ 的所有根都是有理数。

isee

hejoseph 发表于 2023-1-26 22:40
只要证明 $x^3$ 系数为 $1$，其余系数为有理数的情形。
首先，由二次方程的求根公式容易知道：当 $u$、$v$  ...

行如流水~

Czhang271828

设方程为 $x^3=px+q$. 若 $x_1-x_2\in \mathbb Q$, 且 $x_1,x_2,x_3$ 不同时属于 $\mathbb Q$, 易知 $x_1,x_2,x_3$ 均为无理数. 由于域 $\mathbb Q(x_1)$ 可以视作三维 $\mathbb Q$-线性空间, 则"乘以 $x_1$"作为 $\mathbb Q(x_1)$ 上自同态, 在基 $(1,x_1,x_1^2)$ 下自然具有矩阵表示
$$
x_1\cdot\begin{pmatrix}1\\x_1\\x_1^2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0&1&0\\0&0&1\\q&p&0
\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}1\\x_1\\x_1^2\end{pmatrix}.
$$
根据题设 $x_2-x_1=r\in \mathbb Q$, 则
$$
x_2\cdot\begin{pmatrix}1\\x_1\\x_1^2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
r&1&0\\0&r&1\\q&p&r
\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}1\\x_1\\x_1^2\end{pmatrix}.
$$
此处 $x_2$ 的迹为 $3r$. 显然迹不依赖于基底的选取, 因此 $x_2$ 在 $\mathbb Q$ 上的极小多项式中, 第二次项与首项的比值为 $-3r$​. 这与
$$
x_2^3-px_2-q=0
$$
矛盾.

hbghlyj

改为“两根之商为有理数”呢

isee

Czhang271828 发表于 2023-1-28 14:36
设方程为 $x^3=px+q$. 若 $x_1-x_2\in \mathbb Q$, 且 $x_1,x_2,x_3$ 不同时属于 $\mathbb Q$, 易知 $x_1,x ...

啧啧啧，看了看，我又忘记了

hbghlyj

按照提示试着写写

Czhang271828 发表于 2023-1-29 06:09
把参考迹变成参考行列式.

Czhang271828 发表于 2023-1-30 09:02
迹->行列式.

设方程为$x^3=x^2+px+q\;(p,q\in\Bbb Q)$
$$
x_1\cdot\begin{pmatrix}1\\x_1\\x_1^2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0&1&0\\0&0&1\\q&p&1
\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}1\\x_1\\x_1^2\end{pmatrix}.
$$
根据题设 $x_2/x_1=r\in \mathbb Q$, 则
$$
x_2\cdot\begin{pmatrix}1\\x_1\\x_1^2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0&r&0\\0&0&r\\rq&rp&r\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}1\\x_1\\x_1^2\end{pmatrix}.
$$
此处 $x_2$ 的迹为 $r$. 另一方面$$
x_2\cdot\begin{pmatrix}1\\x_2\\x_2^2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0&1&0\\0&0&1\\q&p&1
\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}1\\x_2\\x_2^2\end{pmatrix}.
$$
显然迹不依赖于基底的选取, 因此$$r=1\implies x_1=x_2$$
由 $2x_1+x_3=1,x_1^2+2x_1x_3=-p,x_1^2x_3=q$, 得怎么做呢

Czhang271828

hbghlyj 发表于 2023-1-30 18:15
按照提示试着写写

忘记看了, 现在的问题似乎是: $\mathbb Q[X]$ 上首一的三次多项式若有 $\mathbb R[X]$ 上的分解 $f(X)=(X-a)^2(X-b)$, 则证明 $a$ 与 $b$ 为有理数?

此处 $f(X)$ 与 $f'(X)$ 都是 $a$ 在 $\mathbb Q[X]$ 上的零化多项式, 从而极小多项式为 $\gcd(f(X),f'(X))$ 的因子, 显然是 $(X-a)(b-a)$ 的因子. 从而 $b-a$ 与 $a(b-a)$ 也都是有理数.