代数学の問題

手順 1：$\alpha$ を根にもつ有理数係数の多項式を作る。

根号の部分だけを片側に残すように移項すると
$$\alpha -1=\sqrt[3]{2}$$
です。両辺を $3$ 乗すると、右辺の根号が消えて
$$(\alpha -1{)}^3=2$$
となります。左辺を $3$ 乗の展開公式 $(a-b{)}^3=a^3-3a^{2}b+3a{b}^2-b^3$ で展開すると
$${\alpha }^3-3{\alpha }^2+3\alpha -1=2$$
となり、移項して
$${\alpha }^3-3{\alpha }^2+3\alpha -3=0$$
を得ます。よって $\alpha$ は、有理数係数の多項式
$$f(x)=x^3-3x^2+3x-3$$
の根です。

手順 2：$f(x)$ が $\mathbb{Q}$ 上既約であることを確かめる。

素数 $p=3$ に対してアイゼンシュタインの判定法を使います。
- 最高次の係数 $1$ は $3$ で割り切れない。
- それ以外の係数 $-3,3,-3$ はすべて $3$ で割り切れる。
- 定数項 $-3$ は $3^2=9$ で割り切れない。

したがって $f(x)$ は $\mathbb{Q}$ 上既約です。

（別の確かめ方：$f(x)$ は $3$ 次式なので、可約ならば $1$ 次の因数をもち、有理数の根をもちます。最高次の係数が $1$ なので、有理数の根の候補は定数項 $-3$ の約数 $\pm 1,\pm 3$ だけです。
$$f(1)=-2,f(-1)=-10,f(3)=6,f(-3)=-66$$
となり、どれも $0$ でないので有理数の根はありません。よって既約です。）

手順 3：結論。

$f(x)$ は $\alpha$ を根にもち、最高次の係数が $1$ で、$\mathbb{Q}$ 上既約です。$\alpha$ を根にもつ既約でモニックな多項式は最小多項式に一致するので、
$$p(x)=x^3-3x^2+3x-3$$
です。

$\beta =\sqrt[3]{2}$ とすると ${\beta }^3=2$ であり、$\alpha =1+\beta$ より $\beta =\alpha -1$。よって $(\alpha -1{)}^3=2$ となる。展開すると ${\alpha }^3-3{\alpha }^2+3\alpha -1-2=0$、すなわち ${\alpha }^3-3{\alpha }^2+3\alpha -3=0$。したがって $q(x)=x^3-3x^2+3x-3$ は $\alpha$ を根にもつ。

既約性の確認: $q(x)$ に素数 $p=3$ でアイゼンシュタインの判定法を使う。最高次係数 $1$ は $3$ で割れず、他の係数 $-3,3,-3$ はすべて $3$ で割り切れ、定数項 $-3$ は $9$ で割り切れない。よって $q(x)$ は $\mathbb{Q}$ 上既約である。

(別の見方として、$x^3-2$ も $p=2$ でアイゼンシュタインにより既約で、$q(x)=(x-1{)}^3-2$ は平行移動なので既約。)

既約で $\alpha$ を根にもつ monic 多項式は最小多項式なので、$p(x)=x^3-3x^2+3x-3$。

検算: $\alpha -1=\beta$、${\beta }^3=2$ なので $(\alpha -1{)}^3-2=0$。展開は上のとおりで一致する。