Cómo formalmente demostrar que no podemos encontrar un polinomio en $\textbf Z[x]$ con grado de $2$ con una raíz?

Question

Estoy tratando de encontrar el núcleo de el mapa de$\textbf Z[x]$$\textbf C$. El mapa está evaluando en $\sqrt 2 + \sqrt 3$.

Una solución dice que no podemos encontrar polinomios de grado $2$ o $3$ que tiene una raíz. Por lo que se salta el procedimiento de tratar de grado $2$$3$. Y la solución final es el ideal en $\textbf Z[x]$ generado por $$x^4 − 10x^2 + 1 = (x − \sqrt 2 − \sqrt 3)(x − \sqrt 2 + \sqrt 3)(x + \sqrt 2 − \sqrt 3)(x + \sqrt 2 + \sqrt 3)$$

Una solución dice que no se $\sqrt 6$'s $(\sqrt 2 + \sqrt 3)^2$$(\sqrt 2 + \sqrt 3)^3$. Así que no podemos encontrar polinomios con root $\sqrt 2 + \sqrt 3$ grado $2$ o $3$. Y eso es lo que estoy confundido acerca de: ¿qué implica el hecho?

Gracias de antemano!

Answer 1

Continuar por la contradicción.

Asumir que existe entero $a,b,c$ tal que

$$ax^2+bx+c=0$$

con $x=\sqrt{2}+\sqrt{3}$.

$$a(5+2\sqrt{6})+b(\sqrt{2}+\sqrt{3})+c=0$$

Tenga en cuenta que $1,\sqrt{2},\sqrt{3},$ $\sqrt{6}$ son linealmente independientes, lo que significa que no existen enteros $n_1,n_2,n_3,n_4$, no todos los $0$, de tal manera que

$$n_1+n_2\sqrt{2}+n_3\sqrt{3}+n_4\sqrt{6}$$

(Una prueba de este hecho se puede encontrar aquí.) Sin embargo, esto significa que

$$(5a+c)+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+(2a)\sqrt{6} \neq 0$$

lo cual es una contradicción.

Answer 2

EDIT: El cartel de Carl tiene una respuesta formal a lo que yo estaba escribiendo, cuando el grado es 2.

Para el grado 3, tenga en cuenta que $(\sqrt{2}+\sqrt{3})^3=11\sqrt{2}+9\sqrt{3}$. De nuevo, tratando de resolver $$ax^3+bx^2+cx+d=0$$ would show no non-zero value for $un$ and $c$, would make $n_2$ and $n_3$ ambos iguales a cero.

(donde, como en su prueba, $n_1+n_2\sqrt{2}+n_3\sqrt{3}+n_4\sqrt{6}=0$)

Answer 3

Tenga en cuenta que una vez que usted tiene que $\sqrt 2 + \sqrt 3$ es una raíz de $x^4-10x^2+1$, se puede probar que el polinomio es irreducible sobre $\Bbb Z$ e lo $\sqrt 2 + \sqrt 3$ no es una raíz de un polinomio en $\Bbb Z[x]$ de grado menor que $4$.

Para mostrar irreductibilidad, un acercamiento elemental es la primera nota que no pueden ser tenidos en cuenta en la forma $(x+\ldots)(x^3+\ldots)$ debido a que el polinomio no tiene raíces racionales por racional de la raíz de la prueba. Por lo tanto, si podría ser un factor, tendría que ser de la forma $(x^2+ax\pm 1)(x^2+bx\pm 1)$. La expansión conduce a sistema $$\begin{align} ab \pm 2 &= -10\\ a + b &= 0 \end{align}$$ que no tiene soluciones en $\Bbb Z$.

Answer 4

Vamos a trabajar, por el momento, en $\mathbb{Q}[x]$.

El número de $b=\sqrt{2}+\sqrt{3}$ es sin duda una raíz de $f(x)=x^4-10x^2+1$, debido a $(b-\sqrt{2})^2=3$, lo $b^2-1=2b\sqrt{2}$ y, ajustando de nuevo, $b^4-2b^2+1=8b^2$.

Por lo tanto, no es un monic polinomio $p(x)$ de grado mínimo (con coeficientes en $\mathbb{Q}$) $b$ es una raíz de; en particular, $\deg p(x)\le 4$. Si hacemos Euclidiana de la división, obtenemos $$f(x)=p(x)q(x)+r(x)$$ con $r(x)=0$ o $\deg r(x)<\deg p(x)$. La evaluación en $b$ da $$f(b)=p(b)p(b)+r(b)$$ y, desde $f(b)=p(b)=0$, obtenemos $r(b)=0$. Por minimality de $\deg p(x)$, llegamos a la conclusión de que $r=0$. En particular, $p(x)$ es un factor de $f(x)$ con coeficientes racionales.

Si podemos demostrar que $f(x)$ es irreducible en a$\mathbb{Q}[x]$, $f(x)=p(x)$ y, en particular, que no polinomio distinto de cero en $\mathbb{Q}[x]$ tener $b$ como raíz tiene grado menor que $4$.

Si $f(x)$ se reduce, puede ser dividido en un producto de dos polinomios de grado $2$ o en un producto de un grado $1$ polinomio y uno de grado $3$.

La segunda posibilidad es descartada, debido a que el grado $1$ factor podría proporcionar una raíz racional de $f(x)$, que no tiene ninguno (el único racional raíces puede ser$1$$-1$).

Vamos a probar el otro: $f(x)=(x^2+Ax+B)(x^2+Cx+D)$ (no es restrictivo suponer que los factores a ser monic). Esto le da $$\begin{cases} A+C=0\\ B+D+AC=-10\\ AD+BC=0\\ BD=1 \end{casos}$$ Por lo tanto $C=-A$ y, sustituyendo en la tercera ecuación, $A(D-B)=0$.

El caso de $A=0$ conduce a $B+D=-10$$BD=1$, que no tiene soluciones racionales. Con $B=D$ obtenemos $B^2=1$$2B-A^2=-10$. Si $B=1$, obtenemos $A^2=12$; con $B=-1$ obtenemos $A^2=8$. Ninguno de los casos conduce a soluciones racionales.

Desde $f(x)$ es irreducible en a $\mathbb{Q}[x]$ y es monic, también es irreducible en a $\mathbb{Z}[x]$.

Ahora, supongamos $g(x)\in\mathbb{Z}[x]$ pertenece al núcleo de la homomorphism, significando $g(b)=0$. Todavía podemos hacer Euclidiana división por $f(x)$, porque es monic. Por lo tanto $$g(x)=f(x)q(x)+r(x)$$ con $r(x)=0$ o $\deg r(x)<\deg f(x)$. La evaluación en $b$ da $r(b)=0$, por lo que, como antes, $r(x)=0$. Por lo tanto $g(x)$ pertenece al ideal generado por a $f(x)$. A la inversa inclusión es obvio.