证明满足特定条件的不可约三次多项式的根无法具有相等的绝对值

首先明确我们要解决的问题：

设$f(X)=X^3 - AX^2 - BX - C$是$\mathbb{Q}$上的不可约三次多项式，系数均为整数，且在$\mathbb{C}$上可分解为$f(X)=(X-a_1)(X-a_2)(X-a_3)$。已知对任意$i\neq j$，$\frac{a_i}{a_j}$都不是单位根，求证：$|a_1|=|a_2|=|a_3|$不可能成立。

我会顺着你已经梳理的思路，补充完整证明过程：

第一步：拆分根的两种情形 #

因为$f$是$\mathbb{Q}$上的不可约三次多项式，根据实系数多项式的性质，它的根只有两种可能：三个实根，或是一个实根加一对共轭复根。你已经解决了三个实根的情况，这里重点展开复根的情形：

情形1：三个实根 #

如果三个根都是实数，且$|a_1|=|a_2|=|a_3|=r>0$，那么每个根只能是$r$或$-r$。此时多项式会是$(X-r)^k(X+r){3-k}$的形式，这显然在$\mathbb{Q}$上可约（比如$k=1$时，可分解为$(X+r)(X^2 - 2rX + r^2)$，而$r2$是整数，若$2r$为有理数则$r$必为有理数，直接和$f$不可约矛盾）；另外，根的比值会是$\pm1$，这也违反了题设中“任意$i\neq j$，$\frac{a_i}{a_j}$不是单位根”的条件，因此这种情况不可能成立。

情形2：一个实根+一对共轭复根 #

假设$a_1$是实根，$a_2=\overline{a_3}$（共轭复数），且$|a_1|=|a_2|=|a_3|=r$。

首先由韦达定理，常数项$C = -a_1a_2a_3$（展开多项式后常数项为$-a_1a_2a_3$），所以$|C|=|a_1||a_2||a_3|=r^3$。因为$a_1$是实数，所以$a_1=\pm r$，即$a_1^3=\pm C$，这和你之前的结论一致。

接下来用伽罗瓦理论推进证明：
因为$f$在$\mathbb{Q}$上不可约，它的伽罗瓦群$G$要么是$S_3$（6阶对称群），要么是$A_3$（3阶循环群）。

子情形2.1：伽罗瓦群是$A_3$（循环群）

此时伽罗瓦群对三个根的作用是循环置换：比如存在生成元$\sigma$，满足$\sigma(a_1)=a_2$，$\sigma(a_2)=a_3$，$\sigma(a_3)=a_1$。

$\sigma$是$\mathbb{Q}$-自同构，会保持整数的取值（即$\sigma(C)=C$）。我们把$\sigma$作用到$a_1^3=\pm C$的两边，可得$\sigma(a_1)^3=\sigma(\pm C)$，也就是$a_2^3=\pm C$；同理再作用一次，可得$a_3^3=\pm C$。

这说明三个根都是$\pm C$的三次方根，即属于集合${\sqrt[3]{C}, \omega\sqrt[3]{C}, \omega^2\sqrt[3]{C}}$或${\sqrt[3]{-C}, \omega\sqrt[3]{-C}, \omega^{2\sqrt[3]{-C}}$，其中$\omega=e}{2\pi i/3}$是三次单位根。此时任意两个根的比值是$\omega$或$\omega^2$，都是单位根，直接违反题设条件，矛盾。

子情形2.2：伽罗瓦群是$S_3$（对称群）

$S_3$包含对换操作，比如存在自同构$\tau$，把$a_1$映射到$a_2$、$a_2$映射到$a_1$，同时固定$a_3$。

同样把$\tau$作用到$a_1^3=\pm C$的两边，可得$\tau(a_1)^3=\tau(\pm C)$，即$a_2^3=\pm C$；再通过交换$a_1$和$a_3$的自同构，可推出$a_3^3=\pm C$。和上面的结论一样，这会导致任意两个根的比值是三次单位根或$\pm1$，均违反题设条件，矛盾。

总结 #

无论是哪种根的分布情况，假设$|a_1|=|a_2|=|a_3|$都会导出矛盾：要么多项式可约，要么存在根的比值是单位根，都和题设条件冲突。因此原命题得证。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者MarvinsSister