Mostrar que $b^2-2b-4ac-7$ es un número cuadrado

Question

Que $ \varphi(x)$ sea un polinomio cúbico con coeficientes del número entero. Dado que el $ \varphi(x)$ tiene raíces reales distintas de $3$$u,v,w $y que $u,v,w $ no son racionales. Supongamos que hay enteros $ a, b,c$, que $u=av^2+bv+c$. Demostrar que $b^2 -2b -4ac - 7$ es un número cuadrado.

Sólo sé $\varphi(x)$ es el polinomio mínimo de sus raíces $\mathbb Q$ (a monicity del curso). Pero entonces no tengo mucha idea, por favor ayuda.

Answer 1

Disculpas por el siguiente, que es un poco desordenado.

Podemos considerar el poco caso más general, cuando $a$, $b$, y $c$ son todos los números racionales.

Deje $\Delta = b^2 - 2b - 4ac - 7.$

Hacemos la fuerte demanda, es decir, que si

$$T = u + v + w \in \mathbf{Q},$$

a continuación,$\Delta = \Phi^2$, donde

$$\Phi = 3b + 1 + 2 a T.$$

La irreductibilidad supuesto implica que la $K = \mathbf{Q}(v)$ tiene el grado tres. El hecho de que $u = a v^2 + b v + c \in K$ implica que el $K$ es de Galois con grupo de Galois cíclico de orden $3$. Por otra parte, un generador del grupo de Galois es dado por $\phi(v) = a v^2 + b v + c$.

Supongamos que uno sustituye $u$ $u - \lambda$ racional escalares $\lambda$. Esto reemplaza

$$(a,b,c,T) \mapsto (a,b + 2 a \lambda,c - \lambda+ b \lambda + a\lambda^2,T - 3 \lambda).$$

Uno puede fácilmente comprobar que $\Delta$ $\Phi$ permanecen sin cambios. Del mismo modo, si uno reemplaza$u$$u \lambda$, luego

$$(a,b,c,T) \mapsto (a \lambda^{-1},b,c \lambda,T \lambda),$$

y $\Delta$ $\Phi$ son, una vez más, sin cambios. Vamos a hacer la reducción de $T = 0$, pero hay que esperar hasta más tarde para especializarse $a$$1$.

Tenemos

$$- a v^2 - (b+1) v - c = - v - u = w.$$

En particular, esto le da un extra de simetría, y la muestra de que nuestro problema ahora es simétrica en la transformación de $(a,b,c) \mapsto (-a,-b-1,-c)$. Desde $w = \phi(u) = \phi^2(v)$, también tenemos

$$- v^2 - (b+1) v - c = w = \phi^2(v) = (v^2 + b v + c)^2 + b (v^2 + b v + c) + c.$$

Esta es una cuártica en $v$ con coeficientes de más de $\mathbf{Q}$ que podemos llamar $F_{a,b,c}(x)$. Tenga en cuenta que este cuarto grado debe ser divisible por el polinomio mínimo de a $v$. Pero dada la simetría hemos apuntado anteriormente, así es necesario que el polinomio $F_{-a,-b-1,-c}(x)$. Y nos encontramos con que:

$$F_{a,b,c}(x) + F_{-a,-b-1,-c}(x) = 2 a^2(x^3 + 0 \cdot x^2 + \ldots )$$

algunos explícita cúbicos con coeficientes en $\mathbf{Q}[a,a^{-1},b,c]$ y la desaparición de $x^2$ coeficiente (correspondiente a $T = 0$). Este debe ser el polinomio mínimo de a $v$. En este punto, estamos bastante cerca, pero algunos ligeramente irritante cálculos restantes. Ahora vamos a utilizar las anteriores reducciones a reducir, para el caso de $a = 1$. Explícitamente, tenemos:

$$F_{1,b,c}(x) + F_{-1,-b-1,-c}(x) = x^3 + (c - 1 - b - b^2) x - c(1 + 2b)/2.$$

Ahora plug $v^2 + b v + c$ en este polinomio, y luego se divide por la mínima polinomio para llegar a

$$\left(\frac{\Delta \Phi^2}{16}\right)((3 c - 2 b c - 8 b^2 c - 4 c^2) - (4 b - 6 b^2 - 8 b^3 - 2 c - 4 b c) v - (2 b + 8 b^2 + 4 c) v^2) = 0.$$

Desde $1$, $v$, y $v^2$ son linealmente independientes, ya sea el escalar varios término es cero (que es lo que queremos), o todos los coeficientes de la ecuación cuadrática son cero. Es bastante fácil ver que esto no puede suceder. Por ejemplo, el $v^2$ coeficiente implica que $4c = - 2 b -8 b^2$. Sustituyendo esto en la $v$ coeficiente conduce a $b = 0$, y por lo $c = 0$. Pero cuando $c = b= 0$, el cúbicos por encima de es $x^3 - x$ que no es irreducible. Por lo tanto hemos terminado.