Mat-tanári gyakorlat, második évfolyam, második félév Hatodik alkalom — megoldásvázlatok

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) kiszámítása az előbbi feladathoz hasonló: 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 a, b, c-re. Az eredmény: θ/(θ − 3) = (1/37) − (9/37)θ − (3/37)θ^{2}. (Számítógéppel közelítőleg ellenőrizhető az eredmény, θ ≈ −0, 322185.)

3. A π transzcendens, nincs minimálpolinomja. 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 a második félévben: ℂ felett kell először felbontani.

Láthatjuk, hogy ezzel a technikával az összetett gyökös kifejezésekhez 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 a második félévben beláttuk), \sqrt[3]{2}-é x^{3} − 2, 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 a fenti kifejezés is valós, ezért a fenti kifejezés értéke valójában kettő, 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.

4. 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{3} + 3\sqrt{3} + 3\sqrt{6}c, ezért innen 2\sqrt{3} + 3\sqrt{3} ∈ ℚ(c). De ezzel és c = \sqrt{2} + \sqrt{3}-mal nyilván kifejezhető a \sqrt{2} és a \sqrt{3}.

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

6. Az f(α)/g(α) alakú törtek zártak a négy alapműveletre (összeadás és kivonás esetében ez közös nevezőre hozással látható be). Tehát testet kaptunk, ami tartalmazza α-t (legyen f(x) = x, és g(x) = 1), valamint K elemeit is (legyen f konstans, g = 1). Annak belátásához, hogy ez a legszűkebb K-t és α-t tartalmazó résztest, vegyük észre, hogy az L minden olyan részteste, ami K-t és α-t tartalmazza, nyilván tartalmazza az f(α)/g(α) elemet is, hiszen ez K elemeiből és α-ból a négy alapművelettel kapható.

Az egyértelműség bizonyításához tegyük fel, hogy f(α)/g(α) = h(α)/k(α), ahol (f, g) = 1 = (h, k), és g, k normált. Átszorzással f(α)k(α) − h(α)g(α) = 0. Mivel α transzcendens, csak a nullapolinomnak gyöke, és így fk − hg = 0. De K[x] alaptételes gyűrű, és ezért fk = hg, valamint (f, g) = 1-ből következik, hogy g | k. Hasonlóan adódik (h, k) = 1 felhasználásával, hogy k | g. Ezért g és k asszociáltak, g = ck alkalmas 0 ≠ c ∈ K-ra. Mivel mindkettő normált, c = 1. Ekkor viszont f = h is teljesül.