un facile "folklore theorem"

[fph]

Provare che se $a+b\sqrt{c}$ è una radice di un polinomio a coefficienti interi/razionali, allora anche $a-b\sqrt{c}$ lo è.

[amatrix92]

$ a, b $ e $ c $ cosa sono?

[ma_go]

interi/razionali.

[Veluca]

Visto che è passato un po' di tempo e non ha risposto nessuno, metto due soluzioni, una un po' più contosa e l'altra "meno elementare"
Soluzione 1:

Testo nascosto:

$\displaystyle p(a+b\sqrt c)=\sum_{i=0}^n a_i (a+b\sqrt c)^i=\sum_{i=0}^n\left( \sum_{j=0}^i a_i{i \choose j}(\sqrt c)^ib^ia^{j-i}\right)=$
$=\displaystyle\sum_{i=0}^n\left(\sum_{j=0}^{\lfloor\frac i2\rfloor} a_i{i \choose 2j}c^ib^{2i}a^{i-2j}+\sum_{j=0}^{\lfloor\frac i2\rfloor} a_i{i \choose 2j+1}c^ib^{2i+1}a^{i-2j-1}\sqrt{c}\right)=$
$=\displaystyle
\sum_{i=0}^n\left(\sum_{j=0}^{\lfloor\frac i2\rfloor} a_i{i \choose 2j}c^ib^{2i}a^{i-2j}\right)
+
\sum_{i=0}^n\left(\sum_{j=0}^{\lfloor\frac i2\rfloor} a_i{i \choose 2j+1}c^ib^{2i+1}a^{i-2j-1}\right)
\sqrt{c}=0$
Ora poichè $\sqrt{c}$ è irrazionale, allora sia $\displaystyle\sum_{i=0}^n\left(\sum_{j=0}^{\lfloor\frac i2\rfloor} a_i{i \choose 2j}c^ib^{2i}a^{i-2j}\right)$ che $\displaystyle\sum_{i=0}^n\left(\sum_{j=0}^{\lfloor\frac i2\rfloor} a_i{i \choose 2j+1}c^ib^{2i+1}a^{i-2j-1}\right)$ devono essere nulli, altrimenti l'equazione sarebbe equivalente a $\sqrt{c}=\frac{\displaystyle\sum_{i=0}^n\left(\sum_{j=0}^{\lfloor\frac i2\rfloor} a_i{i \choose 2j}c^ib^{2i}a^{i-2j}\right)}{\displaystyle\sum_{i=0}^n\left(\sum_{j=0}^{\lfloor\frac i2\rfloor} a_i{i \choose 2j+1}c^ib^{2i+1}a^{i-2j-1}\right)}$, che è assurda perchè il primo membro è irrazionale e il secondo razionale. Quindi
$\displaystyle p(a-b\sqrt c)=\sum_{i=0}^n a_i (a-b\sqrt c)^i=\sum_{i=0}^n\left( \sum_{j=0}^i a_i{i \choose j}(-\sqrt c)^ib^ia^{j-i}\right)=$
$=\displaystyle\sum_{i=0}^n\left(\sum_{j=0}^{\lfloor\frac i2\rfloor} a_i{i \choose 2j}c^ib^{2i}a^{i-2j}-\sum_{j=0}^{\lfloor\frac i2\rfloor} a_i{i \choose 2j+1}c^ib^{2i+1}a^{i-2j-1}\sqrt{c}\right)=$
$=\displaystyle
\sum_{i=0}^n\left(\sum_{j=0}^{\lfloor\frac i2\rfloor} a_i{i \choose 2j}c^ib^{2i}a^{i-2j}\right)
-
\sum_{i=0}^n\left(\sum_{j=0}^{\lfloor\frac i2\rfloor} a_i{i \choose 2j+1}c^ib^{2i+1}a^{i-2j-1}\right)
\sqrt{c}=0$

Soluzione 2:

Testo nascosto:

Sia $K$ un campo con operazioni $+$ e $\cdot$ e sia $C$ un campo con operazioni $\#$ e $*$.
Definisco omomorfismo una funzione tale che:
$f(a\cdot b)=f(a)*f(b)\ \forall a,b\in K$
$f(a+b)=f(a)\#f(b)\ \forall a,b\in K$.
Definisco isomorfismo una funzione tale che esista $f'$ e che sia $f$ che $f^{-1}$ siano omomorfismi.
Sia $a'=f(a) \forall a \in K$.
È facile mostrare (per induzione) che queste condizioni implicano $f(x^n)=f(x)^n$ (con la definizione abituale di potenza di un elemento di un campo). Applicando nell'ordine la terza, la prima e la seconda proprietà, si ottiene che se $\displaystyle p(x)=\sum_{i=0}^n a_ix^i$, allora $\displaystyle p(f(x))=f(\sum_{i=0}^n a_i'x^i)$.
Definisco ora $g:\mathbb{Q}[\sqrt c]\to\mathbb{Q}[\sqrt c]$, con $\sqrt c\not\in\mathbb{Q}$, tale che $g(a+b\sqrt c)=a-b\sqrt c$. Essa è inversa di se stessa ed è facile vedere che verifica entrambe le proprietà necessarie. Inoltre $g(a)=a\ \forall a\in\mathbb{Q}$, e di conseguenza $a'=a$. Quindi $p(a-b\sqrt c)=p(g(a+b\sqrt c))=g(p(a+b\sqrt c))=g(0)=0$

[fph]

ok!

[Veluca]

Una domanda, che tu sappia è possibile fare un giochino simile anche per cose più strane tipo $Q[\omega]$ con $\omega$ radice n-esima primitiva dell'unità?

[ma_go]

soluzione 3 (metto prima un hint, poi una soluzione):

Testo nascosto:

$x^2-2ax+a^2-b^2c$ è irriducibile.

Testo nascosto:

chiamiamo $\alpha_\pm = a\pm b\sqrt(c)$. il polinomio $\mu_\alpha(x)=(x-\alpha_+)(x-\alpha_-)$ è irriducibile sugli interi/razionali (a seconda di cosa stiamo usando, ma tanto c'è il mitico lemma di gauss che dovrebbe risolvere ogni ambiguità): basta osservare che è di grado due e ha due radici non intere/razionali. per ruffini, $\alpha_+$ è una radice di un polinomio a coefficienti interi/razionali $p$ se e solo se $(x-\alpha_+)$ divide $p(x)$. ma siccome $\mu_\alpha$ è irriducibile e $(x-\alpha_+)$ è un fattore comune a $p$ e $\mu_\alpha$, allora $\mu_\alpha$ divide $p$, quindi anche $p(\alpha_-)=0$.

questo, per inciso, dovrebbe rispondere anche alla tua domanda, Veluca.

[paga92aren]

x^2−2ax+a^2−b^2c è irriducibile.

Ragiono per assurdo: $k$ è una radice razionale di quel polinomio.
Allora $f(k)=0$ quindi calcolo il $\Delta = a^2-a^2+b^2c$ da cui $k=\frac{a\pm |b|\sqrt{c}}{2}$ sapendo che $k,a,b,c \in \mathbb{Q}$ e che $c\not=n^2$ ottengo una contraddizione.

[ma_go]

sono un po' confuso: perché hai dimostrato l'hint (che ero pronto a dare per buono), invece di usarlo per dimostrare il "folklore theorem"?