La suma de las raíces racionales sino producto irracional

Question

Supongamos que $x_1,x_2,x_3,x_4$ son las raíces reales de un polinomio con coeficientes enteros de grado $4$, e $x_1+x_2$ es racional, mientras que $x_1x_2$ es irracional. Es necesario que el $x_1+x_2=x_3+x_4$?

Por ejemplo, el polinomio $x^4-8x^3+18x^2-8x-7$ tiene raíces $$x_1=1-\sqrt{2},x_2=3+\sqrt{2},x_3=1+\sqrt{2},x_4=3-\sqrt{2}.$$ Sostiene que la $x_1+x_2$ es racional, mientras que $x_1x_2$ es irracional, y tenemos $x_1+x_2=x_3+x_4$.

Answer 1

Supongamos que todas las raíces no son cero. Poner $x_1+x_2=u$, $a=x_1x_2$, $x_3+x_4=v$, $b=x_3x_4$, suponemos que a $u\in\mathbb{Q}$, entonces es también el caso de $x_3+x_4$, como la suma de todas las raíces, es racional, y que $a,b$ son irrationals (como el producto $ab$ es racional, si $a$ es irracional, entonces también es el caso para $b$). El polinomio con raíces $x_1,x_2,x_3,x_4$ es $$P(x)=(x^2-ux+a)(x^2-vx+b)=x^4-(u+v)x^3+(a+uv+b)x^2-(av+bu)x+ab$$

Por hipótesis, tenemos que $a+b+uv$, $av+bu$, y $ab$$\mathbb{Q}$. Escrito

$av+bu=(a+b)v-bv+bu$, podemos ver que $b(u-v)$ es racional. Como $b$ no lo está, esto implica $u=v$.

Ahora si $x_3x_4=0$, entonces no es posible que $x_3=x_4=0$,(en este caso $P(x)=x^4-ux^3+ax^2$)$a\not \in \mathbb{Q}$, y si $x_4=0$$x_3\not = 0$, obtenemos que $x_3\in \mathbb{Q}$, e $x_3\in \mathbb{Q}$ no es posible de nuevo, como $P(x)=(x-x_3)(x^2-ux+a)=x⁴+..-x_3ax$.

Answer 2

Desde $x_1x_2$ es irracional, no es un automorphism $\sigma$ $\overline {\Bbb Q}$ que cambios $x_1x_2$ en algo más. Desde $\sigma$ actúa sobre una permutación en las raíces, debemos tener $\sigma(x_1)=x_i$ $\sigma(x_2) = x_j$ donde$i,j \in \{1;2;3;4\}$$i \neq j$, y lo más importante, $x_1x_2 \neq x_ix_j$

Desde $x_1+x_2$ es racional es fijado por $\sigma$$x_1+x_2 = x_i+x_j$. Si decir $x_i = x_1$, luego de esto podemos obtener $x_j=x_2$, y, a continuación, $x_ix_j = x_1x_2$ lo cual es imposible. Por lo tanto, debemos tener $\{i;j\} = \{3;4\}$, y así, $x_1+x_2 = x_3+x_4$.

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Otra manera de contar esta historia es que hemos demostrado que si $x_1+x_2$ es racional y $x_1+x_2-x_3-x_4 \neq 0$ $x_1x_2$ es racional.

De hecho, vamos a $x_1,x_2,x_3,x_4$ ser indeterminates y considerar la extensión de Galois $K = \Bbb Q(x_1,x_2,x_3,x_4)^{S_4} \subset M = \Bbb Q(x_1,x_2,x_3,x_4)$.

Deje $L = K(x_1+x_2)$. Por el teorema fundamental de la teoría de Galois, $L$ es el subcampo de $M$ que se fija por un cierto subgrupo $H$$S_4$. Este subgrupo $H$ es el conjunto de permutaciones de $\{1;2;3;4\}$ que corrige el desordenada par $\{1;2\}$ (debido a que solo se tiene que arreglar $x_1+x_2$, además de la primaria simétrica polinomios), por lo $H$ es el subgrupo $\{id ; (12) ; (34) ; (12)(34) \}$

Desde $x_1x_2$ se fija también por $H$ esto significa que el $x_1x_2 \in K(x_1+x_2)$ : puede expresar $x_1x_2$ como una fracción racional en términos de $x_1+x_2$ y el de primaria simétrica polinomios (es decir, los coeficientes racionales de su polinomio).

Entonces, lo que hemos demostrado dice que el denominador de la fracción tiene que ser una potencia de $(x_1+x_2-x_3-x_4)$.

En efecto, alguien puede simplemente vals y le restan importancia a este problema diciendo que $(x_1+x_2-x_3-x_4)x_1x_2 = (x_1+x_2)(x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+x_2x_3+x_2x_4+x_3x_4) - (x_1x_2x_3+x_1x_2x_4+x_1x_3x_4+x_2x_3x_4) - (x_1+x_2)(x_1+x_2)(x_3+x_4)$.

Así que si $x_1+x_2 \neq x_3+x_4$ $x_1+x_2$ es racional, esto le da una fórmula demostrando que $x_1x_2$ es demasiado racional.