有理系数多项是无理根是否有类似实系数多项式虚根共轭的情况,请给予 证明.

有理系数多项是无理根是否有类似实系数多项式虚根共轭的情况,请给予 证明.

这个可以说是有的,不过共轭的概念要扩充为Galois群作用.
具体的要学过抽象代数里域扩张的Galois理论.对应表述为:
命题:若P(x)是数域F上的一元不可约多项式,且P(x)的根都属于扩域K,
则Galois群Gal(K/F)在P(x)的根上的作用传递.
这句话涉及术语略多,尽可能的解释吧.
数域:是指复数的子集,满足包含0,1并对四则运算封闭(即运算结果还在其中).
在F上不可约:就是不能分解为次数更低的,系数在F里的多项式的乘积,一般要求本身次数 ≥ 1.
K是F的扩域:是指K是数域并包含F,相等也行,算是平凡情况.
Gal(K/F):是一个集合(其实有群结构,但就不解释了),其中的元素是K的保持F不动的域自同构.
域自同构:一个域到自身的双射f,并保持域的所有运算比如有f(a)+f(b) = f(a+b).
保持F不动:对F中的元素有f(a) = a.
在根上的作用:Gal(K/F)里的元素作为映射可以把P(x)的根a映成f(a).
因为f保持运算,并保持P(x)的系数不动,可以证明f(a)仍是P(x)的根.
...作用传递:对P(x)的任何两个根a,b,存在Gal(K/F)里的元素f使b = f(a).
对F是实数域,不可约多项式有两种,实系数1次多项式和无实根的实系数2次多项式.
1次以上的实系数多项式都可以写成不可约多项式的乘积.
1次多项式的情况是平凡的,我们看2次不可约多项式.
首先其根都属于复数域,而复数域的保持实数不动的域自同构只有恒等和复共轭.
即Galois群只有这两个元素.命题说Galois群在根上的作用传递.
就是说根的复共轭还是根(是在根上的作用),并且根互为复共轭(作用传递).
于是2次不可约多项式的根(即虚根)是关于复共轭成对的.
F是有理数的例子,比如K是数域Q(√2),元素可表示为a+b√2,其中a,b是有理数.
Gal(K/F)的元素有两个,恒等和"共轭":即将a+b√2变为a-b√2的映射.
系数在F中且根都在K中的不可约多项式同样只能是1次和2次的.
其中2次的不可约多项式的根关于上述"共轭"成对.
Gal(K/F)的元素不限于共轭这样的2阶元.
例如cos(π/9),cos(7π/9)和cos(13π/9)是4x³-3x = 1/2的3个根(三倍角公式).
它们都能表示为a+b·cos(π/9)+c·cos²(π/9)的形式,因而在K = Q(cos(π/9))中.
Gal(K/F)中的非恒等元素在这三个根上是轮换(轮换有顺逆两种).
根都在K中的,次数大于1的不可约有理系数多项式是3次的,3个根在Gal(K/F)作用下轮换.
一般Galois群的结构还要复杂的多,复杂到一定程度还会使得相应代数方程没有根式解.
就是Galois当时开创的方法,所以这套理论称为Galois理论.
可能总是验证P(x)的根都属于扩域K这个条件显得很繁,但是毕竟一般的域没有复数域那么好.
当然也不推荐简单的取K为复数域,因为这样Gal(K/F)将会很大(无穷集),有很多"多余"的元素.
一般取K为刚好包含P(x)所有根的域,称为P(x)的分裂域.
此时Gal(K/F)中的不同元素在P(x)的根上的作用一定不完全相同.
一般结论就是,一个有理系数多项式首先分解为不可约的有理系数多项式的乘积,
然后每个不可约因子的根在其分裂域的Galois群作用下彼此"共轭".
再问： 能给具体证下F是有理数,K是数域Q(√2),吗？包括“系数在F中且根都在K中的不可约多项式同样只能是1次和2次的.”的证明。
再答： Q(√2)中的无理根成对可以这么证: 首先验证: Q(√2) = {a+b√2 | a,b∈Q}构成一个数域(并显然包含Q), 主要是运算封闭. 其次验证: σ: a+b√2→a-b√2是Q(√2)上保持加法和乘法的双射, 且保持有理数不动. ∴若P(x)是满足P(a+b√2) = 0的有理系数多项式, 则有P(a-b√2) = σ(P(a+b√2)) = 0. ∴a+b√2是有理系数多项式P(x)的根当且仅当a-b√2是P(x)的根(∵σ(a-b√2) = a+b√2). a+b√2不是有理数当且仅当b ≠ 0, 此时a+b√2, a-b√2即为一对无理根. 具体的证明我先不写了, 哪里有疑问我再补充. 其实整个过程中第一步最麻烦, 只要证明了a+b√2表示的合理性, 剩下都容易. 关于不可约多项式的论断可以这样: 设P(x)为一个根都在Q(√2)上的多项式. i. 若P(x)有有理根a, 则x-a整除P(x), 我们得到P(x)在Q上的一个分解. 但∵P(x)不可约, ∴非平凡因子x-a与P(x)次数相等, 即P(x)次数为1. ii. 若P(x)无有理根, 由P(x)次数不小于1, 知其有根. 由条件, 可设a+b√2为一个根. ∵P(x)无有理根, ∴b ≠ 0. ∴a-b√2为另一个根, ∴x²-2ax+(a²-2b²) = (x-a-b√2)(x-a+b√2)整除P(x). ∵x²-2ax+(a²-2b²)的系数都是有理数, 我们得到P(x)在Q上的一个分解. 再∵P(x)不可约, ∴P(x)次数为2. 其实在抽象代数中这个证明大体是反过来的. 作用传递是借助域同构的延拓, 作为一般结论证明的. 对具体的域算具体的Galois群. 先证x²-2在F = Q上不可约, 然后K = Q(√2)是x²-2在Q上的分裂域. 由Galois群在x²-2的根上作用传递, 且Gal(K/F)中的不同元素在x²-2的根上作用传递, 得到Gal(K/F)只有恒等和"共轭"两个元素. 于是由系数在Q中且根都在Q(√2)中的不可约多项式根的个数 ≤ 2(否则不可能传递), 而数域上的不可约多项式是没有重根的(否则与其导函数有非平凡公因子), 次数 ≤ 2.