XXIV OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XXIV OM, 1972-1973

Etap:

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

$ (1) \qquad x - \sqrt{2} - \sqrt{3}. $

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

$ (2) \qquad x^2 - 2\sqrt{2}x-1. $

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

$ (3) \qquad x^4 - 10x^2 + 1. $

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

$ (7) \qquad x^4 - 10 x^2 + 1 = (x^2 + ax + b) (x^2 + cx + d), $

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

$ a + c = 0,\ ac + b + d = - 10,\ ad + bc = 0, \ bd = 1. $

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

$ - a^2 + b + \frac{1}{b} = - 10,\ a(b^2-1) = 0. $

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

$ x^4 - 10 x^2 + 1 =f(x)g(x) + r(x), $

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.