代数学の問題

$\alpha$ を根にもつ多項式を作る. $\alpha -\sqrt{2}=\sqrt[3]{3}$ の両辺を $3$ 乗すると
$${\alpha }^3-3\sqrt{2}{\alpha }^2+6\alpha -2\sqrt{2}=3$$
となり、$\sqrt{2}$ を含む項をまとめて
$${\alpha }^3+6\alpha -3=\sqrt{2}(3{\alpha }^2+2)(1)$$
を得る。両辺を $2$ 乗すると
$$({\alpha }^3+6\alpha -3{)}^2=2(3{\alpha }^2+2{)}^2.$$
左辺は ${\alpha }^6+12{\alpha }^4-6{\alpha }^3+36{\alpha }^2-36\alpha +9$、右辺は $18{\alpha }^4+24{\alpha }^2+8$ なので、
$$q(x)=x^6-6x^4-6x^3+12x^2-36x+1$$
とおくと $q(\alpha )=0$ である。

拡大次数. $\sqrt{2}$ の最小多項式は $x^2-2$、$\sqrt[3]{3}$ の最小多項式は $x^3-3$（アイゼンシュタインの判定法、$p=2$ と $p=3$）なので、$L=\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt[3]{3})$ の次数 $[L:\mathbb{Q}]$ は $[\mathbb{Q}(\sqrt{2}):\mathbb{Q}]=2$ と $[\mathbb{Q}(\sqrt[3]{3}):\mathbb{Q}]=3$ の両方で割り切れ、かつ $2\cdot 3=6$ 以下なので $[L:\mathbb{Q}]=6$。

一方、$\alpha$ は実数なので $3{\alpha }^2+2>0$ であり、$(1)$ より
$$\sqrt{2}=\frac{{\alpha }^3+6\alpha -3}{3{\alpha }^2+2}\in \mathbb{Q}(\alpha ),\sqrt[3]{3}=\alpha -\sqrt{2}\in \mathbb{Q}(\alpha ).$$
よって $\mathbb{Q}(\alpha )=L$ であり、$n=[\mathbb{Q}(\alpha ):\mathbb{Q}]=6$。

最小多項式. $q(x)$ は $\alpha$ を根にもつ $6$ 次のモニックな有理数係数多項式で、$\alpha$ の最小多項式の次数は $n=6$ なので、$p(x)=q(x)$ である。したがって
$$p(1)=1-6-6+12-36+1=-34.$$

以上より $(n,p(1))=(6,-34)$。

$\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt[3]{3})$ の次数は $2\cdot 3=6$（次数 2 と 3 が互いに素）。$\alpha =\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}$ の共役は $\pm \sqrt{2}+{\zeta }^k\sqrt[3]{3}$（$\zeta$ は 1 の原始 3 乗根）の 6 個で、互いに異なるので $\alpha$ は原始元であり $n=6$。$(\alpha -\sqrt{2}{)}^3=3$ より $p(x)=((x-\sqrt{2}{)}^3-3)((x+\sqrt{2}{)}^3-3)$。$A=x^3+6x-3$, $B=\sqrt{2}(3x^2+2)$ とおくと $(x\mp \sqrt{2}{)}^3-3=A\mp B$ なので $p(x)=A^2-B^2=(x^3+6x-3{)}^2-2(3x^2+2{)}^2$。これは有理数係数の 6 次モニックで $\alpha$ を根にもち、次数が $n=6$ に等しいので最小多項式。$p(1)=4^2-2\cdot 5^2=16-50=-34$。答えは $(6,-34)$。