Algebrici e interi algebrici

[dario2994]

Allora...
Definisco $\mathbb{A}\subseteq \mathbb{C}$ l'insieme degli algebrici, cioè dei numeri che sono radici di un polinomio a coefficienti interi.
Dimostrate che:
1) Dato $a\in A$ esiste ed è unico un polinomio monico $P$ a coefficienti razionali tale che se $Q$ è a coefficienti razionali e $Q(a)=0$ allora $P|Q$. Tale $P$ si chiama polinomio minimo di $a$.
2) Esiste un complesso non algebrico. (a meno di qualche idea ganza questo è un poco non elementare) L'insieme di questi è detto dei numeri trascendenti.
3) Se $ x,y\in A $ allora $x+y\in A$ e $xy\in A$ e $\frac xy\in A$ (è un campo)
4) Dato un polinomio $P\in A[x]$ a coefficienti algebrici ogni sua radice è algebrica (chiusura algebrica)

Ora definisco $\mathbb{I}\subseteq \mathbb{C}$ l'insieme degli interi algebrici, cioè dei numeri che sono radici di un polinomio monico a coefficienti interi.
Quali delle 4 robe enunciate (o parti delle robe) per gli algebrici sono vere anche per gli interi algebrici?

Piccolo hintino quasi ovvio per 4:

Testo nascosto:

viewtopic.php?f=13&t=15685

p.s. tranne 2) è tutto elementare ed olimpicamente interessante

[Anér]

Finalmente ho capito come si fa il 4, mi è bastato il suggerimento. Aggiungo
5) Un algebrico non è mai radice doppia del suo polinomio minimo.

[dario2994]

Finalmente ho capito come si fa il 4, mi è bastato il suggerimento.

È ganzissimo vero
Per il 5) lascio ad altri... intanto che qualcuno inizi a fare gli altri daiiiii

[ndp15]

Proviamo a fare l'1) e vediamo di dare una "scossa" a questo problema:
Sia $ S $={insieme dei polinomi $ f(x) \in Q[x] $tali che $ f(a)=0 $} (è uscluso il polinomio nullo). Si noti che $ S $ non è vuoto altrimenti $ a $ non è algebrico (con un piccolo aiuto del ben noto lemma di Gauss). Indico con $ p(x) \in S $ l'elemento di grado minimo, unico a meno di multipli per scalari (si veda poi *). Ora sia $ q(x) \in S $ un qualsiasi altro elemento di $ S $. Poichè $ Q[x] $ è un dominio euclideo esistono $ m(x) $ e $ r(x) $ tali che $ q(x)=m(x)p(x)+r(x) $ con deg $ r(x) < $deg $ p(x) $ (* notiamo che funziona anche se deg $ q(x)= $deg $ p(x) $) . Ma se $ r(x) $ è diverso da polinomio nullo si dovrebbe avere $ r(a)=0 $ che va contro l'ipotesi di minimalità del grado di $ p(x) $. Si ha quindi $ r(x) $ polinomio nullo, cioè $ p(x) $ divide $ q(x) $ per ogni $ q(x) \in S $. Il polinomio $ p(x) $ è inoltre unico se lo si vuole monico.

[dario2994]

Proviamo a fare l'1) e vediamo di dare una "scossa" a questo problema:
Sia $ S $={insieme dei polinomi $ f(x) \in Q[x] $tali che $ f(a)=0 $} (è uscluso il polinomio nullo). Si noti che $ S $ non è vuoto altrimenti $ a $ non è algebrico (con un piccolo aiuto del ben noto lemma di Gauss). Indico con $ p(x) \in S $ l'elemento di grado minimo, unico a meno di multipli per scalari (si veda poi *). Ora sia $ q(x) \in S $ un qualsiasi altro elemento di $ S $. Poichè $ Q[x] $ è un dominio euclideo esistono $ m(x) $ e $ r(x) $ tali che $ q(x)=m(x)p(x)+r(x) $ con deg $ r(x) < $deg $ p(x) $ (* notiamo che funziona anche se deg $ q(x)= $deg $ p(x) $ . Ma se $ r(x) $ è diverso da polinomio nullo si dovrebbe avere $ r(a)=0 $ che va contro l'ipotesi di minimalità del grado di $ p(x) $. Si ha quindi $ r(x) $ polinomio nullo, cioè $ p(x) $ divide $ q(x) $ per ogni $ q(x) \in S $. Il polinomio $ p(x) $ è inoltre unico se lo si vuole monico.

Perfetto ... ma insomma potevi anche essere meno formale (e evitare "è un dominio euclideo" )
Bon... ora tentate gli altri

[dario2994]

Up... eddai che con l'hint non è difficile

[ndp15]

UP
Ho scoperto ieri che il libro più citato ever sul forum contiene un'idea fighissima per il punto due