Problema 2.14.

Problema 2.14. Muestra que existen números complejos que son algebraicos sobre $\mathbb{Q}$ con grado arbitrario.

Demostración: Sea $n \in \mathbb N$. Demostraremos que $\sqrt[n]{2}$ tiene como polinómio mínimo a $f_n(x) = x^n - 2$.

Sabemos que $x^n - 2 = (x - r_1)(x - r_2)... (x - r_n)$ con $\sqrt[n]{2} = r_1, r_2, ... r_n \in \mathbb {C}$, donde cada $r_i$ es una raíz de $p_n$

Sea $p_n$ el polinomio mínimo de $\sqrt[n]{2}$. $p_n$ divide a $f_n$, puesto que $f_n(\sqrt[n]{2}) = 0$.

Demostraremos que no hay ningún polinomio de grado $k < n$ que divida a $f_n$ con coeficientes en $\mathbb Q$. Cualquier polinomio $g$ de grado $k$ que divide a $f_n$ es de la forma $(x - s_1)(x - s_2)...(x - s_{k})$ donde $\{s_1, s_2, ... , s_n\}$ es una permutación de $\{ r_1, ..., r_n \}$.

El término constante de $f_n$ es $(-1)^nr_1r_2...r_n = (-1)^ns_1s_2...s_n = 2$ y el término constante de $g$ es $g_0 = s_1s_2...s_{k} = \frac {2}{s_{k + 1}s_{k + 2}...s_{n}}$.

Notemos que la norma compleja de $g_0$ es $|s_1 s_2 ... s_k| = |s_1||s_2|... |s_k| = 2^{\frac{1}{n}}...2^{\frac 1n} = 2^{\frac{k}{n}}$ el cual es un número irracional si $g_0$ fuera racional, su norma sería $g_0^2$ el cual también es un número racional. Por lo tanto, $g_0$ es irracional, entonces $g$ no puede ser el polinomio mínimo de $\sqrt[n]{2}$

Luego, necesariamente el polinomio mínimo de $\sqrt[n]{2}$ tiene que ser de grado $n$, tiene que ser mónico y tiene que dividir a $x^n - 2$. De ahí que el polinomio mínimo de $\sqrt[n]{2}$ es justamente $f_n \blacksquare$

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