Ki tud magyarázatot adni a következő bizonyításhoz?

Igaz-e az a sejtés, ha veszem a product(x - m·COS(k·pi/n), k, 1, n - 1, 2) szorzatot tetszőleges n egész és m páros szám esetén, akkor az így keletkező polinomok egész együtthatójúak lesznek? például m=2 n=10 esetén x^5-5x^3+5x, vagy m=4 és n=13 esetén x^6 - 2·x^5 - 20·x^4 + 32·x^3 + 96·x^2 - 96·x - 64 stb.

m=2l alakú páros szám és az n-ről szól az a feltételezés, hogy tetszőleges természetes szám.

Bizonyítás:A jelzett polinom gyökei algebrai egészek, hiszen

2cos((k/n)pi) = exp(i(k/n)pi) + exp(-i(k/n)pi)

algebrai egész. Az algebrai egészek gyűrűt alkotnak, ezért a jelzett polinom együtthatói is algebrai egészek. Tehát elegendő belátni, hogy a polinom együtthatói racionálisak. Ez azzal ekvivalens, hogy a Q abszolút Galois-csoportjának bármely eleme permutálja a cos((k/n)pi) számokat, ahol k végigfut az {1,...,n-1} halmazba eső páratlan számokon.

Legyen g a Q abszolút Galois-csoportjának egy fix eleme. A g permutálja a primitív (2n). egységgyököket, ezért az exp(i(1/n)pi) számot egy exp(i(r/n)pi) alakú számba visz, ahol (r,2n)=1. Tehát r páratlan és relatív prím az n-hez, továbbá g az exp(i(k/n)pi) számot az exp(i(kr/n)pi) számba viszi. Ezek után elegendő belátni, hogy a fellépő kr szorzatokat megfelelően előjelezve (tehát bármely szorzat lecserélhető az ellentettjére) majd modulo 2n redukálva ugyanazokat a maradékokat kapjuk valamilyen sorrendben, mint az eredeti k mod 2n maradékok. Ehhez elegendő belátni, hogy a fellépő kr mod 2n maradékok és azok ellentettjei együttesen permutálhatók úgy, hogy az eredeti k mod 2n maradékokat és azok ellentettjeit kapjuk. Ez pedig következik abból, hogy mindkét sorozat a mod 2n páratlan maradékokból áll, leszámítva az n mod 2n maradékot páratlan n esetén. Valóban: az r-rel való szorzás a mod 2n páratlan maradékokat permutálja, továbbá páratlan n esetén az n mod 2n maradékot helyben hagyja.

A Q a racionális számok testét jelöli, a szóban forgó G csoport pedig a Q algebrai lezártjának (tehát az algebrai számok testének) a Galois-csoportja a Q felett. A G egy eleme (definíció szerint) a Q algebrai lezártját permutálja művelettartó módon úgy, hogy a Q elemenként helyben marad. Ebből rögtön következik, hogy a G permutálja bármely Q feletti polinom gyökeit (tehát minden gyök képe egy gyök). A bizonyításban ezen kívül csak azt használom, hogy ha egy algebrai számot a G minden eleme fixen hagy, akkor az a szám racionális. Ez következik az alábbi általánosabb tételből: ha x1 és x2 egy Q felett irreducibilis polinom két gyöke, akkor van olyan eleme a G-nek, ami az x1-et az x2-be viszi. Ez hasonlóan bizonyítható, mint a Lang: Algebra könyv V. fejezetében található Theorem 2.8 (lásd a Corollary 2.6 utáni megjegyzéseket is).

Igazából nincs szükség az algebrai lezártra, elég helyette a (2n). körosztási testet tekinteni, mert az már tartalmazza a polinomod gyökeit.