Sergej Ejzenštajn

Sergej Ejzenštajn 26.09.2026. u 09:42 · pre 48 dana i 12h #1

Koji od sledećih brojeva su algebarski?
(a) $1+\sqrt2+\sqrt3$ ;
(b) $\sqrt3+\sqrt[4]3$ ;
(v) $\sqrt[3]3+\sqrt2$ ;
(g) $\sqrt \pi+1$ ;
(d) $\sqrt\pi+\sqrt2$ ;
(đ) $\sqrt[3]{1+\sqrt {\mathrm e}}$ .

Potpis

Kada budemo vešali kapitaliste oni će nam prodati uže koje ćemo koristiti za vešanje.

Josif Visarionovič Džugašvili

Re: Sergej Ejzenštajn 26.09.2026. u 16:15 · pre 48 dana i 6h #2

Pod (a) x je algebarski.
Posle kvadriranja, povezivanjem x^2 sa x i ponovnim kvadriranjem dobijamo da je x jedno od rešenja jednačine:

x^4 - 4*x^3 - 4*x^2 + 16*x - 8 = 0.

Mislim i da su u sledeća dva zadatka algebaski.
Poslednja tri su nealgebarski.

Pre podele na Algebarske i ne, potrebno je prvo dokazati da je dati broj iracionalan.

Re: Sergej Ejzenštajn 26.09.2026. u 22:40 · pre 47 dana i 23h #3

Da li je navedeni polinom minimalni za datu konstantu? Koji je stepen raširenja?

Da dopunim zadatak, za algebarske odredi minimalni polinom i stepen raširenja.

Potpis

Kada budemo vešali kapitaliste oni će nam prodati uže koje ćemo koristiti za vešanje.

Josif Visarionovič Džugašvili

Re: Sergej Ejzenštajn 27.09.2026. u 12:53 · pre 47 dana i 9h #4

Teorema. Ako je $\mathbb L \supseteq \mathbb K$ raširenje polja, tada svi elementi u $\mathbb L$ koji su algebarski na $\mathbb K$ formiraju polje.

(a) Prvi način. Neka je $\alpha=1+\sqrt2+\sqrt3$ . Imamo da je $\alpha-1=\sqrt2+\sqrt3$ , odnosno posle kvadriranja $\alpha^2-2\alpha+1=5+2\sqrt2\sqrt3$ . Sada sređivanjem dobijamo $\alpha^2-2\alpha-4=2\sqrt6$ . Posle kvadriranja, dobijamo: $\alpha^4-4\alpha^3+4\alpha^2-8\alpha^2+16\alpha+16=24$ , odnosno $\alpha^4-4\alpha^3-4\alpha^2+16\alpha-8=0$ . Da li je $\mu_{\alpha, \mathbb Q}(X)=X^4-4X^3-4X^2+16X-8$ minimalni polinom za $\alpha$ , da li je $\alpha$ algebarski stepena $4$ na $\mathbb Q$ , odnosno $[\mathbb Q(\alpha):\mathbb Q]=4$ ? Zaista, jasno je da je $\alpha$ nula ovog polinoma, jer je konstruisan tako da je $\mu_{\alpha, \mathbb Q}(\alpha)=0$ . Takođe, on je i nerastavljiv na $\mathbb Q[X]$ što se dokazuje posle ne tako malo računa, pa je odgovor na prethodna pitanja potvrdan.
Drugi način. Pošto su $\sqrt2$ i $\sqrt3$ algebarski na $\mathbb Q$ , kao rešenja jednačina $X^2-2=0$ i $X^2-3=0$ , to je i $1+\sqrt2+\sqrt3$ algebarski na $\mathbb Q$ .

(b) Prvi način. Neka je $\alpha=\sqrt3+\sqrt[4]3$ . Neka je $\beta=\sqrt3, \gamma=\sqrt[4]3$ , tada imamo da važi:
$\alpha=\beta+\gamma$
$\beta^2=3,\beta^4=9,...$
$\gamma^4=3,\gamma^8=9,...$
$\alpha^2=\beta^2+2\beta\gamma+\gamma^2$
$\alpha^2-3=2\beta\gamma+\gamma^2$
$\alpha^4-6\alpha^2+9=4\beta^2\gamma^2+4\beta\gamma^3+\gamma^4$
$\alpha^4-6\alpha^2+9=12\beta+12\gamma+3$
$\alpha^4-6\alpha^2+9-12\alpha-3=0$
$\alpha^4-6\alpha^2-12\alpha+6=0$ .
Posmatrajmo polinom $X^4-6X^2-12X+6$ . Lako se uočava po Ejzenštajnovom kriterijumu da je ovaj polinom nerastavljiv na $\mathbb Q[X]$ . Pošto je moničan i nerastavljiv, on je i minimalni polinom za $\alpha$ . Imamo da je $\alpha$ algebarski na $\mathbb Q$ stepena $4$ , a da je njegov minimalni polinom $\mu_{\alpha,\mathbb Q}(X)=X^4-6X^2-12X+6$ , odnosno da je stepen generisanog raširenja $[\mathbb Q(\alpha):\mathbb Q]=4$ .
Drugi način. Pošto su $\sqrt3$ i $\sqrt[4]3$ algebarski na $\mathbb Q$ , kao rešenja jednačina $X^2-3=0$ i $X^4-3=0$ , to je i $\sqrt3+\sqrt[4]3$ algebarski na $\mathbb Q$ .

(g) Neka je $\alpha$ algebarski na $\mathbb Q$ , tada je i $\alpha-1$ takođe algebarski. Po teoremi, tada je i $\pi=(\sqrt\pi)^2$ takođe algebarski, što je kontradikcija. Ovde se pozivamo na činjenicu da je $\pi$ transcendentan.

(đ) Neka je $\alpha=\sqrt[3]{1+\sqrt {\mathrm e}}$ algebarski. Očigledno je $\alpha^3-1=\sqrt{\mathrm e}$ , odnosno $\mathrm e=\alpha^6-2\alpha^3+1$ takođe algebarski, što je naravno kontradikcija.

Potpis

Kada budemo vešali kapitaliste oni će nam prodati uže koje ćemo koristiti za vešanje.

Josif Visarionovič Džugašvili

Forum kao aplikacija na telefonu

Srodne teme