整系数多项式

游客

直接把已知的根代进去算不可以吗？然后就是四元一次方程组，反正4个数的乘积还是要算的。

zhcosin

记$\alpha=1+\sqrt{2}+\sqrt{3}$，则
\[ (\alpha-1)^2=(\sqrt{2}+\sqrt{3})^2=5+2\sqrt{6} \]
所以$((\alpha-1)^2-5)^2=24$，即
\[ \alpha^4-4\alpha^3-4\alpha^2+16\alpha-8=0 \]
这就是$\alpha$所满足的一个四次方程，接下来就是讨论下这个方程与题目中的四次方程有什么样的关系，因为$\alpha$有两个根号，所以猜测这两个方程的系数对应成比例，也就是说是同一个方程，为了说明这一点，先来证明$\alpha$不可能是一个次数低于四并具有有理系数的方程的根，反证法，假如$\alpha$满足下面的有理系数方程
\[ ax^3+bx^2+cx+d=0 \]
那么作平移替换$x \to x+\frac{b}{3a}$ 后即可消去其中的二次项，成为
\[ ax^3+cx+d=0 \]
注意现在的系数已经不再是之前的系数了，但仍然是有理数，且在这平移下，$\alpha$被变换为$p+q\sqrt{2}+r\sqrt{3}$的形式(其中$p$，$q$，$r$都是有理数)，并不影响接下来的过程。

将$\alpha=p+q\sqrt{2}+r\sqrt{3}$代入上述方程，可知左边三次方展开后会出现$\sqrt{6}$的无理项，且这一项无法在后面得到抵消，所以只能让这一项的系数等于零，从而就有$a=0$，即变为一次方程，但是有理系数的一次方程是不可能有无理根的，所以这就证明了，$\alpha$不可能是一个次数低于四次的有理系数方程的根。

有了这一点就可以证明一开头构造的四次方程与题目中方程必然是系数成比例的了，因为若不然的话，将两个方程的最高次项系数配成相同后相减，则得出一个次数低于四次的有理系数方程，而且$\alpha$必然是这个方程的解，这与前面已经证明的结论相矛盾。

于是最终的结果是，两个方程系数成比例，所以$d=-8$.

注：
1. 这个题目的背景就是根式的最小多项式问题，即对于一个给定的根式组合$\alpha=a_1\sqrt[m_1]{r_1}+a_2\sqrt[m_2]{r_2}+\cdots+a_n\sqrt[m_n]{r_n}$，其中$r_i$都是整数且不是平方数(应为没有平方因子)，且各个$r_i$互不相等，求一个次数最小的有理系数多项式，使它以$\alpha$为其一根，这多项式称为这个根式组合的最小多项式，它的次数也称为这个根式组合的次数，上面这个解答过程其实就是证明了，对于含有两个二次根号的情况$\alpha=a_1\sqrt{r_1}+a_2\sqrt{r_2}$，它的最小多项式是四次的。
2. 解答过程中用了一个结论，即如果表达式$a_1\sqrt{r_1}+a_2\sqrt{r_2}+\cdots+a_n\sqrt{r_n}$(约定同上，但全部限定为二次根式)为有理数，则根式的系数全部为零，换句话说，这表达式的系数若不全为零，则它一定是无理数，这个结论的本质是说，一个最简底数的二次根式是无法用别的最简二次根式的线性组合来表达的。这结论的证明暂没想到，可能需要用到抽象代数的内容。

kuing

直接把已知的根代进去算不可以吗？然后就是四元一次方程组，反正4个数的乘积还是要算的。 ...
游客 发表于 2017-9-18 10:56

这肯定可以，就是将3楼的A,B,C,D具体写出来然后令它们为零解方程组，这是思维量最小最直接的解法，但我没提，因为我觉得这不够有观赏性

hejoseph

回复 23# zhcosin
这个注有问题，需要 $r_i$ 没有平方因数才可以。

hejoseph

二次根式还容易，如果是高次根式或者复合根式的就很难找出整系数方程的所有根了。

zhcosin

回复 25# hejoseph
哦对，搞错了。

zhcosin

现在就剩下23#注释第二条中的结论需要证明了，这个咋证明？咋证明？

abababa

回复 14# abababa

下面这个就是网友的证明：
$f(x)=\prod_{\pm}(x-1\pm\sqrt{2}\pm\sqrt{3})=x^4-4x^3-4x^2+16x-8\in\mathbb{Q}[x]$,$f(1+\sqrt{2}+\sqrt{3})=0$,$f(x)$没有有理根，$f(x)$任意两因子之积都不在$\mathbb{Q}$上使$f(x)$在$\mathbb{Q}$上不可约使$x=1+\sqrt{2}+\sqrt{3}$在$\mathbb{Q}$上的极小多项式是$f(x)$，$f(x)\mid p(x)$使$d=-8$。

力工

回复 20# 其妙


    加一题：试求一个整系数非零多项式$f(x)$，使得$\sqrt[5]{2+\sqrt{3}}+\sqrt[5]{2-\sqrt{3}}$为$f(x)$的根。

hejoseph

回复 30# 力工

这个容易，考虑到
\[
\sqrt[5]{2+\sqrt{3}}\times\sqrt[5]{2-\sqrt{3}}=1
\]
后面就很容易了。

zhcosin

很简单嘛，$x=\sqrt[5]{2+\sqrt{3}},y=\sqrt[5]{2-\sqrt{3}}$，则
\[ x^5+y^5=4, \  xy=1 \]
而$x^5+y^5$作为一个对称多项式，是可以用$x+y$与$xy$的多项式表达出来的，即
\[  x^5+y^5 = (x+y)^5-5xy(x+y)^3+5x^2y^2(x+y) \]
令$u=x+y$，就得方程
\[ u^5-5u^3+5u=4 \]
另外，对称多项式可以表成初等对称多项式的多项式，这是常识啊，知道了这一点这题就简单的只剩下计算了。