Komentarz

XXIV OM - I - Zadanie 8

Znaleźć wielomian o współczynnikach całkowitych najniższego możliwego stopnia, którego pierwiastkiem jest $ \sqrt{2} + \sqrt{3} $.

Rozwiązanie

Znajdziemy wielomian o współczynnikach całkowitych, którego pierwiastkiem jest liczba $ a = \sqrt{2} + \sqrt{3} $. Jest ona oczywiście pierwiastkiem wielomianu

\[<br /> (1) \qquad x - \sqrt{2} - \sqrt{3}.<br /> \]

Wielomian ten nie ma jednak całkowitych współczynników. Pomnóżmy wielomian (1) przez $ x - \sqrt{2} + \sqrt{3} $. Otrzymamy $ (x - \sqrt{2})^2 - 3 $, czyli

\[<br /> (2) \qquad x^2 - 2\sqrt{2}x-1.<br /> \]

Oczywiście liczba $ \alpha $ jest pierwiastkiem wielomianu (2). Nie wszystkie jego współczynniki są jednak liczbami całkowitymi. Pomnóżmy więc jeszcze wielomian (2) przez $ x^2 + 2\sqrt{2}x - 1 $. Otrzymamy

\[<br /> (3) \qquad x^4 - 10x^2 + 1.<br /> \]

Liczba $ \alpha $ jest pierwiastkiem wielomianu (3), który ma współczynniki całkowite.

Udowodnimy, że (3) jest wielomianem najniższego stopnia wśród takich wielomianów o całkowitych współczynnikach, których pierwiastkiem jest liczba $ \alpha $.

Wykażemy najpierw, że wielomian (3) nie jest iloczynem dwóch wielomianów stopni dodatnich o współczynnikach wymiernych. Gdyby wielomian (3) był podzielny przez wielomian stopnia pierwszego o współczynnikach wymiernych, to miałby on pierwiastek w zbiorze liczb wymiernych. Każdy taki pierwiastek jest liczbą całkowitą, która dzieli wyraz wolny wielomianu (3). Sprawdzamy bez trudu, że żadna z liczb $ 1 $ i $ - 1 $ nie jest pierwiastkiem tego wielomianu.

Udowodnimy z kolei, że wielomian (3) nie jest podzielny przez żaden wielomian kwadratowy o współczynnikach wymiernych. Gdyby bowiem

\[<br /> (7) \qquad x^4 - 10 x^2 + 1 = (x^2 + ax + b) (x^2 + cx + d),<br /> \]

gdzie $ a, b, c, d \in W $, to porównując współczynniki przy tych samych potęgach $ x $ po obu stronach równości (7) otrzymalibyśmy układ równań:

\[<br /> a + c = 0,\ ac + b + d = - 10,\ ad + bc = 0, \ bd = 1.<br /> \]

Wyznaczając z pierwszego równania $ c $, a z ostatniego - $ d $ i podstawiając do pozostałych równań otrzymamy

\[<br /> - a^2 + b + \frac{1}{b} = - 10,\ a(b^2-1) = 0.<br /> \]

Stąd $ a = 0 $, lub $ b = \pm 1 $.

Jeżeli $ a = 0 $, to $ b + \frac{1}{b} = - 10 $, czyli $ b^2 - 10 b + 1 = 0 $. To
ostatnie równanie nie ma pierwiastków w zbiorze liczb wymiernych.

Jeżeli $ b = 1 $, to $ a^2 = 12 $, a jeżeli $ b = - 1 $, to $ a^2 = 8 $. W żadnym z tych przypadków $ a $ nie jest liczbą wymierną.

Gdyby liczba $ \sqrt{2} + \sqrt{3} $ była pierwiastkiem pewnego niezerowego wielomianu $ f $ stopnia co najwyżej trzeciego o współczynnikach wymiernych i stopień ten byłby minimalny, to oznaczając odpowiednio przez $ g $ i $ r $ iloraz i resztę z dzielenia wielomianu (3) przez $ f $ otrzymamy

\[<br /> x^4 - 10 x^2 + 1 =f(x)g(x) + r(x),<br /> \]

gdzie $ \mathrm{st} r < \mathrm{st} f $. Przy tym $ r $ nie jest wielomianem zerowym, ponieważ, jak udowodniliśmy, wielomian (3) nie jest iloczynem dwóch wielomianów stopni dodatnich o współczynnikach wymiernych.

Podstawiając w ostatniej równości $ x = \sqrt{2} + \sqrt{3} $ otrzymujemy $ r( \sqrt{2} + \sqrt{3}) = 0 $. Jednak wielomian $ f $ miał najmniejszy stopień wśród wielomianów niezerowych o współczynnikach wymiernych, których pierwiastkiem jest liczba $ \sqrt{2} + \sqrt{3} $. Ponieważ $ \mathrm{st} r < \mathrm{st} f $, więc uzykaliśmy sprzeczność.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Dodaj komentarz