关于计算α=√3+√5在ℚ上的极小多项式的相关疑问

嘿，我来帮你理清这两个困惑的问题~

一、怎么判断要计算到α的多少幂次？ #

其实不用盲目地逐个计算幂次再解线性方程组，我们可以借助域扩张次数来提前预判：

• 首先，$\mathbb{Q}(\sqrt{3})$在$\mathbb{Q}$上的扩张次数是2（因为$\sqrt{3}$的极小多项式是$x^2-3$，二次）；
• 而$\sqrt{5}$不在$\mathbb{Q}(\sqrt{3})$里（假设$\sqrt{5}=a+b\sqrt{3}$，平方后得$5=a^2+3b2+2ab\sqrt{3}$，会推出矛盾），所以$\mathbb{Q}(\sqrt{3},\sqrt{5})$在$\mathbb{Q}(\sqrt{3})$上的扩张次数也是2；
• 因此$\mathbb{Q}(\sqrt{3},\sqrt{5})$在$\mathbb{Q}$上的总次数是$2\times2=4$。

而$\alpha=\sqrt{3}+\sqrt{5}$其实生成了整个$\mathbb{Q}(\sqrt{3},\sqrt{5})$（因为你可以用$\alpha$和$\alpha^{3$组合出$\sqrt{3}$和$\sqrt{5}$：比如$\alpha}3=18\sqrt{3}+14\sqrt{5}$，结合$\alpha=\sqrt{3}+\sqrt{5}$，解方程组就能得到$\sqrt{3}=\frac{\alpha^{3-14\alpha}{4}$，$\sqrt{5}=\frac{18\alpha-\alpha}3}{4}$），所以$\alpha$的极小多项式次数必然是4。

这意味着${1,\alpha,\alpha^2,\alpha3}$是$\mathbb{Q}$-线性无关的，而${1,\alpha,\alpha^2,\alpha3,\alpha^{4}$一定线性相关——所以你只需要算到$\alpha}4$就够啦，之前误以为$n=3$是因为没验证${1,\alpha,\alpha^2,\alpha3}$的线性无关性，实际上它们的线性组合等于0当且仅当所有系数都是0，你可以自己展开验证一下~

二、怎么证明$x^4-16x2+4$在$\mathbb{Q}$上不可约？ #

Eisenstein判别法确实用不上，不过我们可以用两种方法来证明：

方法1：分解为二次多项式的可能性分析 #

因为这个四次多项式没有有理根（用有理根定理，可能的有理根是±1、±2、±4，代入都不等于0），所以如果它可约，只能分解成两个有理系数二次多项式的乘积。假设：
$$(x^2+ax+b)(x2+cx+d)=x^4-16x2+4$$
展开左边后对比系数：

1. $a+c=0$（$x^3$项系数为0）
2. $ac+b+d=-16$（$x^2$项系数）
3. $ad+bc=0$（$x$项系数为0）
4. $bd=4$（常数项）

由1得$c=-a$，代入3得$a(d-b)=0$，分两种情况：

• 若$a=0$，则$c=0$，代入2得$b+d=-16$，结合$bd=4$，可知$b$和$d$是方程$t^2+16t+4=0$的根，但这个方程的判别式是$256-16=240$，不是完全平方数，根不是有理数，不符合要求；
• 若$d=b$，则$bd=b^2=4$，即$b=2$或$b=-2$：
  • 当$b=2$时，代入2得$-a^{2+4=-16$，即$a}2=20$，$a$不是有理数；
  • 当$b=-2$时，代入2得$-a^{2-4=-16$，即$a}2=12$，$a$也不是有理数。

两种情况都找不到符合条件的有理系数二次多项式，所以原四次多项式不可约。

方法2：借助域扩张次数验证 #

我们已经知道$[\mathbb{Q}(\alpha):\mathbb{Q}]=4$，而$\alpha$是$x^4-16x2+4$的根，所以这个多项式的次数等于域扩张次数，它必然是$\alpha$的极小多项式，而极小多项式在$\mathbb{Q}$上一定是不可约的，这样也能证明它不可约~

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Sigi