Mat-alkmat gyakorlat, második évfolyam, első félév Első alkalom — megoldásvázlatok (2002 ősz)

1. Átszorozva, és a \sqrt[3]{2} hatványai szerint rendezve 1 = (1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4})(a + b\sqrt[3]{2} + c\sqrt[3]{4}) = (a + 2b + 2c) + (a + b + 2c)\sqrt[3]{2} + (a + b + c)\sqrt[3]{4}. Az 1 ilyen alakú felírása egyértelmű, és ezért a + 2b + 2c = 1, a + b + 2c = 0, a + b + c = 0. Az egyenletrendszert megoldva az eredmény \sqrt[3]{2} − 1. (Ezt számolás nélkül is leolvashattuk volna az a^{3} −b^{3} = (a−b)(a^{2} +ab+b^{2}) azonosságból. De a fenti módszer általános, minden esetben működik.)

2. Azt tudjuk, hogy θ^{3} + 3θ + 1 = 0. Innen θ^{5} + 3θ^{3} + θ^{2} = 0. Ebből ki lehet fejezni θ^{5}-t, és így θ^{5} + 2θ^{3} = −3θ^{3} − θ^{2} + 2θ^{3} = −θ^{3} − θ^{2} = −θ^{2} + 3θ + 1. Látható, hogy θ valamennyi polinomja redukálható legfeljebb másodfokúvá úgy, hogy a legmagasabb fokú tagot mindig alacsonyabb fokúval helyettesítjük.

A θ/(θ − 3) kiszámításakor az eredményt a + bθ + cθ^{2} alakban keressük, keresztbe szorzunk, nullára redukálunk, a θ kapott polinomját redukáljuk legfeljebb másodfokúvá, majd az együtthatókat nullává tesszük, és a kapott lineáris egyenletrendszert megoldjuk. Az eredmény: θ/(θ − 3) = (1/37) − (9/37)θ − (3/37)θ^{2}. (Számítógéppel közelítőleg ellenőrizhető az eredmény, mert θ ≈ −0, 322185.)

3. A π transzcendens, minimálpolinomja a 0. Az 1 + i-hez olyan polinomot kell keresni, melynek ez gyöke. Ehhez legyen 1 + i = x, ekkor i = x − 1, négyzetre emelve és rendezve x^{2} − 2x − 2 = 0. Ennek a polinomnak tehát gyöke az 1 + i, és ez akkor lesz a minimálpolinom, ha irreducibilis ℚ felett. Ez látszik abból, hogy másodfokú, és nincs gyöke ℚ-ban. Ha x = \sqrt{2} + i, akkor (x − i)^{2} = 2, azaz x^{2} − 3 = 2ix, még egyszer négyzetre emelve és rendezve x^{4} + 2x^{2} + 9. E polinom irreducibilitása ugyanúgy látható be, mint az x^{4} + 9 polinomé az első félévben: ℂ felett kell először felbontani. (Láthatjuk, hogy ezzel a technikával az összetett gyökös kifejezésekhez néha tudunk olyan polinomot találni, aminek az gyöke, ha a megfelelő átrendezések után mindig hatványozunk.) Ennek alapján \sqrt{2} + \sqrt{3} minimálpolinomja x^{4} − 10x^{2} + 1 (irreducibilitását az első félévben beláttuk), a \sqrt[3]{2}-é x^{3} − 2, az 1 + \sqrt[3]{2}-é (x − 1)^{3} − 2 (ami x^{3} − 2 eltoltja, ezért irreducibilis), \sqrt[3]{2 + \sqrt{2}}-é pedig x^{6} − 4x^{3} + 2, ami a Schönemann-Eisenstein miatt irreducibilis.

Ha u = \sqrt[3]{7 + 5\sqrt{2}}, v = \sqrt[3]{7 − 5\sqrt{2}}, és x = u+v, akkor vaktában elindulva egy nagyon nagy fokú polinom keletkezne. Köbre emelve x^{3} = 14+3uv(u+v). De uv = \sqrt[3]{49 − 50} = −1 és u+v = x, ezért x^{3} +3x−14 = 0 is igaz. De ez még mindig nem a minimálpolinom, hiszen gyöke a kettő. Mivel ez az egyetlen valós gyök (ami például az x − 2 kiemelésével adódik), és u + v valós, ezért u + v = 2, minimálpolinomja x − 2.

A cos 3α = 4 cos^{3} α − 3 cos α azonosságból kapjuk, hogy cos 20^{∘} minimálpolinomja x^{3} − (3/4)x − (1/8) (ez a racionális gyökteszt miatt irreducibilis ℚ felett). Végül az n-edik primitív egységgyökök közös minimálpolinomja az n-edik körosztási polinom, hiszen ez irreducibilis ℚ felett, és normált.

7. Felhasználjuk, hogy K(α_{1}, …, α_{n}) ⊆ K(β_{1}, …, β_{k}) akkor és csak akkor, ha mindegyik α_{i} kifejezhető a β_{j}-kből és K elemeiből a négy alapművelet segítségével. − A \sqrt{6} kifejezhető \sqrt{3}-ból, \sqrt{2} + 1-ből és racionális számokból, mert \sqrt{6} = \sqrt{3}((\sqrt{2} + 1) − 1). − Nyilván K(\sqrt{2}, \sqrt[3]{2}) ⊆ K(\sqrt[6]{2}), hiszen \sqrt{2} is és \sqrt[3]{2} is hatványa \sqrt[6]{2}-nek. Megfordítva, \sqrt[6]{2} = (\sqrt{2})/(\sqrt[3]{2}). − Belátjuk, hogy c = \sqrt{2} + \sqrt{3} jó. Nyilván ez eleme ℚ(\sqrt{2}, \sqrt{3})-nak, kérdés, hogy \sqrt{2} és \sqrt{3} kifejezhető-e

c-vel és racionális számokkal. Mivel c^{2} = 5 + 2\sqrt{6}, ezért \sqrt{6} ∈ ℚ(c). Továbbá c^{3} = 2\sqrt{2} + 3\sqrt{3} + 3\sqrt{6}c, ezért innen 2\sqrt{2} + 3\sqrt{3} ∈ ℚ(c). De ezzel és c = \sqrt{2} + \sqrt{3}-mal nyilván kifejezhető a \sqrt{2} és a \sqrt{3}.

− A \sqrt{2} = a + b\sqrt{3}-ból négyzetre emelve és átrendezve 2ab\sqrt{3} = 2 − a^{2} − 3b^{2} adódik. Ha ezt ab-vel eloszthatnánk, akkor az jönne ki, hogy \sqrt{3} racionális. Ez ellentmondás, tehát a vagy b nulla. A második esetben \sqrt{2} = a, azaz racionális, az nem lehet. De b = 0 sem lehet, mert abból \sqrt{6} racionalitása adódna. (Egy pozitív egész k-adik gyöke csak akkor racionális, ha minden prím k-val osztható kitevőn szerepel.)

− α, β ∈ K(α, β), és mivel ez test, tartalmazza αβ-t is. Ezért K(α, αβ) ⊆ K(α, β). Megfordítva, α ≠ 0 miatt a β, ami αβ és α hányadosa, benne van a K(α, αβ) testben. De α is benne van, így K(α, αβ) ⊇ K(α, β).

Megjegyezzük, hogy ezzel másik bizonyítást kaptunk arra, hogy x^{4} − 10x^{2} + 1 irreducibilis ℚ felett. Ugyanis ℚ ⊆ ℚ(\sqrt{2}) ⊆ ℚ(\sqrt{2}, \sqrt{3}) = ℚ(\sqrt{2} + \sqrt{3}). Az első bővítés foka 2, mert \sqrt{2} minimálpolinomja ℚ felett x^{2} − 2, azaz másodfokú. A második bővítés is legfeljebb másodfokú, hiszen \sqrt{3} minimálpolinomja ℚ(\sqrt{2}) felett osztója x^{2} −3-nak, de nem elsőfokú, mert \sqrt{3} ∉ ℚ(\sqrt{2}). Tehát a szorzástétel miatt a két bővítés egymásutánja negyedfokú. Így \sqrt{2} + \sqrt{3} foka 4 lesz ℚ felett. Ezért ha egy negyedfokú racionális együtthatós polinomnak gyöke, akkor az a minimálpolinom konstansszorosa lehet csak, és így irreducibilis.