Encontrar un elemento $\theta \in \mathbb{R}$ tal que $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt[3]{5}) = \mathbb{Q}(\theta)$

Question

Encontrar un elemento $\theta \in \mathbb{R}$ tal que $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt[3]{5}) = \mathbb{Q}(\theta)$

Debo encontrar un elemento $\theta$ que

$$\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt[3]{5}) \subseteq \mathbb{Q}(\theta)$$ y

$$\mathbb{Q}(\theta)\subseteq \mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt[3]{5})$$

Por ejemplo, yo sé que $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt[3]{5})\subseteq \mathbb{Q}(\sqrt{2}+\sqrt[3]{5})$, debido a que la suma de estos dos elementos deben estar también en el conjunto. No sé, sin embargo, si el a la inversa de la inclusión de las suspensiones. Por ejemplo, yo debo ser capaz de formar a $\sqrt{2}$ $\sqrt[3]{5}$ $\sqrt{2}+\sqrt[3]{5}$ multiplicaciones de $\sqrt{2}+\sqrt[3]{5}$ por sí mismo, utilizando su inverso, y sumando con los resultados de las multiplicaciones, ¿verdad?

$(\sqrt{2}+\sqrt[3]{5})^2 = 2 + 2\sqrt{2}\sqrt[3]{5} + \sqrt[3]{5^2}$ lo que no es útil en absoluto, así que creo que este no es el candidato de la derecha.

Answer 1

Tomar $\theta=\sqrt{2}{\sqrt[3]{5}}$

Tenemos que $(\sqrt{2}\sqrt[3]{5})^2=2\sqrt[3]{5^2} \Rightarrow \sqrt[3]{5^2} \in \mathbb{Q}(\theta)$

Por lo tanto $\sqrt{2}=\frac{(\sqrt{2}\sqrt[3]{5})\sqrt[3]{5^2}}{5} \in \mathbb{Q}(\theta) \Rightarrow \sqrt{2}\in \mathbb{Q}(\theta)$

Ahora con la misma forma podemos demostrar que $\sqrt[3]{5} \in \mathbb{Q}(\theta)$ notando que $\sqrt[3]{5}=\frac{\sqrt{2}(\sqrt{2}\sqrt[3]{5})}{2}$

Así $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt[3]{5}) \subseteq \mathbb{Q}(\theta)$

También es obvio que $\mathbb{Q}(\theta) \subseteq \mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt[3]{5})$

Así que tienes el resultado.

Answer 2

Para su candidato $\theta =\sqrt{2} + \sqrt[3]{5}$ tenemos $$ (\theta - \sqrt{2})^3=5\ \theta^3 + 6\theta-(3 \theta^2 +2) \sqrt {2} = 5\ \sqrt{2}=\frac{\theta^3 + 6\theta - 5} {3\theta ^ 2 +2} $ y luego uso $\sqrt[3]{5}= \theta -\sqrt{2}$

Answer 3

Es cierto que su conjetura de $\theta=\sqrt2+\sqrt[3]5$ iba a funcionar, y hay muchos métodos para mostrar esto, a pesar de que ninguno es igual de rápida que utilizando en su lugar el producto de $\sqrt2$ $\sqrt[3]5$ según lo sugerido por @Marios.

Por ejemplo, considere el campo de $k=\Bbb Q(\sqrt2\,)$,cuyo anillo de enteros es $\Bbb Z[\sqrt2\,]$, que se sabe (o fácilmente se muestra) para ser un Director Ideal de Dominio. En este anillo, lo que ocurre es que $5$ es todavía prime, aunque incluso si $5$ fueron para el factor de $5=\pi\pi'$, mi argumento a continuación se aplicará:

Desde $5$ es plaza libre en $\Bbb Z[\sqrt2\,]$, entonces sabemos que $\sqrt[3]5\notin k$, y como resultado de $\sqrt2+\sqrt[3]5\notin k$, y de esta cantidad, por tanto, genera el campo $k(\sqrt[3]5\,)=\Bbb Q(\sqrt2,\sqrt[3]5\,)$.