Demostrar que $[\mathbb{Q}(\sqrt{4+\sqrt{5}},\sqrt{4-\sqrt{5}}):\mathbb{Q}] = 8$ .

Question

Intento demostrar este resultado utilizando la teoría elemental de campos y de Galois, pero de forma "eficiente". Es deseable evitar el uso de potentes teoremas de teoría de grupos o resultados sobre la estructura de $\operatorname{S}_4$ como me sugirió mi profesor.

De todas formas, si se publica una solución menos elemental, será bienvenida.

He aquí el enunciado que hay que demostrar y mi intento de solución:

Demostrar que $[\mathbb{Q}(\sqrt{4+\sqrt{5}},\sqrt{4-\sqrt{5}}):\mathbb{Q}] = 8$ .

En primer lugar, hago las siguientes observaciones:

• $\mathbb{Q}(\sqrt{4+\sqrt{5}},\sqrt{4-\sqrt{5}})$ es el campo de división del polinomio $p(x) = x^4-8x^2+11$ .

• El polinomio $p(x)$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}[x]$ . Puedo demostrarlo, primero, probando que no tiene raíz racional y, segundo, viendo (a mano) que no se puede factorizar en un producto de polinomios cuadráticos.

• La ampliación del campo $\mathbb{Q} \subset \mathbb{Q}(\sqrt{5},\sqrt{11})$ es una extensión de Galois de grado 4. Además, $\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt{5},\sqrt{11})/\mathbb{Q})$ es el grupo formado por $$\begin{align*}\sigma:&\mathbb{Q} \overset{\operatorname{id}}{\mapsto} \mathbb{Q},\\ &\sqrt{5} \mapsto -\sqrt{5},\\ &\sqrt{11} \mapsto \sqrt{11},\end{align*}$$ y $$\begin{align*}\tau:&\mathbb{Q} \overset{\operatorname{id}}{\mapsto} \mathbb{Q},\\ &\sqrt{5} \mapsto \sqrt{5},\\ &\sqrt{11} \mapsto -\sqrt{11}.\end{align*}$$

Con las observaciones anteriores, demostraré que $\sqrt{4+\sqrt{5}} \not\in \mathbb{Q}(\sqrt{5},\sqrt{11}).$ Procedo como sigue:

Supongamos, para llegar a una contradicción, que $\sqrt{4+\sqrt{5}} \in \mathbb{Q}(\sqrt{5},\sqrt{11})$ . Desde $$\sqrt{4+\sqrt{5}}\sqrt{4-\sqrt{5}} = \sqrt{11},$$ tenemos que $\sqrt{4-\sqrt{5}} \in \mathbb{Q}(\sqrt{5},\sqrt{11}).$

A continuación, calculo la órbita de la acción del grupo de Galois $\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt{5},\sqrt{11})/\mathbb{Q})$ en $\sqrt{4+\sqrt{5}}$ .

• $id(\sqrt{4+\sqrt{5}}) = \sqrt{4+\sqrt{5}}.$

• $\sigma(\sqrt{4+\sqrt{5}})^2 = \sigma(4+\sqrt{5}) = 4-\sqrt{5}$ Por lo tanto $\sigma(\sqrt{4+\sqrt{5}}) = \sqrt{4-\sqrt{5}}.$

• $\tau(\sqrt{4+\sqrt{5}})^2 = \sigma(4+\sqrt{5}) = 4+\sqrt{5}$ Por lo tanto $\tau(\sqrt{4+\sqrt{5}}) = \sqrt{4+\sqrt{5}}.$

• $\sigma(\tau(\sqrt{4+\sqrt{5}}))^2 = \sigma(\sqrt{4+\sqrt{5}})^2 = 4-\sqrt{5}$ Por lo tanto $\sigma(\tau(\sqrt{4+\sqrt{5}})) = \sqrt{4-\sqrt{5}}.$

Por lo tanto, la órbita de $\sqrt{4+\sqrt{5}}$ es $$\bigg \{ \sqrt{4+\sqrt{5}},\sqrt{4-\sqrt{5}} \bigg \}.$$ En particular, $\sqrt{4+\sqrt{5}}$ tiene grado 2 sobre $\mathbb{Q}(\sqrt{5},\sqrt{11})^{\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt{5},\sqrt{11})/\mathbb{Q})}$ pero es una extensión de Galois, por lo que $\mathbb{Q}(\sqrt{5},\sqrt{11})^{\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt{5},\sqrt{11})/\mathbb{Q})}=\mathbb{Q}$ . Entonces obtenemos una contradicción ya que sabemos que $\sqrt{4+\sqrt{5}}$ tiene grado 4 sobre $\mathbb{Q}$ (es la raíz de un polinomio racional irreducible de grado 4).

Llegados a este punto, podemos resolver el problema original.

Evidentemente $\mathbb{Q} \subset \mathbb{Q}(\sqrt{5},\sqrt{11}) \subset \mathbb{Q}(\sqrt{4+\sqrt{5}},\sqrt{4-\sqrt{5}})$ . Aplicando la fórmula del producto a esta cadena de extensiones: $$\begin{align*}[\mathbb{Q}(\sqrt{4+\sqrt{5}},\sqrt{4-\sqrt{5}}):\mathbb{Q}] &= [\mathbb{Q}(\sqrt{4+\sqrt{5}},\sqrt{4-\sqrt{5}}):\mathbb{Q}(\sqrt{5},\sqrt{11})][\mathbb{Q}(\sqrt{5},\sqrt{11}):\mathbb{Q}]\\&= [\mathbb{Q}(\sqrt{4+\sqrt{5}},\sqrt{4-\sqrt{5}}):\mathbb{Q}(\sqrt{5},\sqrt{11})]*4. \end{align*}$$

Desde $\sqrt{4+\sqrt{5}} \not\in \mathbb{Q}(\sqrt{5},\sqrt{11})$ pero $\sqrt{4+\sqrt{5}}^2 \in \mathbb{Q}(\sqrt{5},\sqrt{11})$ concluimos que $$[\mathbb{Q}(\sqrt{4+\sqrt{5}},\sqrt{4-\sqrt{5}}):\mathbb{Q}(\sqrt{5},\sqrt{11})] = 2.$$

Con esto termina la prueba.

Quiero saber si mi solución es realmente correcta. Si no es así, hágamelo saber si se puede corregir o si mis intentos no darán una solución "eficiente".

Gracias a todos.

Referencia :

• Michael Artin - Álgebra, 2ª. Edición. Capítulo 16, p. 494, Ejemplo 16.9.2(a).

Edición 25/01/19:

Me doy cuenta de que no puedo concluir directamente $$\sigma(\sqrt{4+\sqrt{5}})=\sqrt{4-\sqrt{5}}$$ y lo mismo para los demás elementos de $\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt{5},\sqrt{11})/\mathbb{Q})$ como Jyrki Lahtonen señalado en los comentarios.

Después de esto, busqué una nueva solución correcta, y el comentario de eduard me da una idea adecuada para intentar probarlo.

Sea $\mathbb{K}=\mathbb{Q}(\sqrt{4+\sqrt{5}},\sqrt{4-\sqrt{5}})$ .

Comienzo con la siguiente observación:

• Tenemos la cadena de extensiones $\mathbb{Q} \subset \mathbb{Q}(\sqrt{11}) \subset \mathbb{K}$ . Aplicando la fórmula del producto para extensiones finitas, $$[\mathbb{K}:\mathbb{Q}]=[\mathbb{K}:\mathbb{Q}(\sqrt{11})][\mathbb{Q}(\sqrt{11}):\mathbb{Q}]=[\mathbb{K}:\mathbb{Q}(\sqrt{11})]*2.$$

Ahora, $\mathbb{K}=\mathbb{Q}(\sqrt{4+\sqrt{5}},\sqrt{11})$ por lo que sólo tenemos que calcular el grado de $\sqrt{4+\sqrt{5}}$ en $\mathbb{Q}(\sqrt{11}).$

Tenemos un polinomio irreducible para $\sqrt{4+\sqrt{5}}$ en $\mathbb{Q}$ , $p(x)$ demostremos que este polinomio sigue siendo irreducible sobre $\mathbb{Q}(\sqrt{11}).$

• $\sqrt{4+\sqrt{5}} \not\in \mathbb{Q}(\sqrt{11})$ si no, $\sqrt{4+\sqrt{5}}^2 \in \mathbb{Q}(\sqrt{11})$ lo cual es falso.

• $\sqrt{4-\sqrt{5}} \not\in \mathbb{Q}(\sqrt{11})$ por las razones expuestas.

• Si $p(x)$ no es irreducible sobre $\mathbb{Q}(\sqrt{11})$ debe factorizarse como un producto de polinomios cuadráticos, pero todas las posibilidades dan polinomios cuadráticos con coeficientes que no están en $\mathbb{Q}(\sqrt{11})$ .

Las posibilidades mencionadas son las siguientes:

1. $(x-\sqrt{4+\sqrt{5}})(x+\sqrt{4+\sqrt{5}})=x^2-(4+\sqrt{5}) \notin (\mathbb{Q}(\sqrt{11}))[x].$

2. $(x-\sqrt{4+\sqrt{5}})(x-\sqrt{4-\sqrt{5}})=x^2-\sqrt{8+2\sqrt{11}}x+\sqrt{11} \notin (\mathbb{Q}(\sqrt{11}))[x].$

3. $(x-\sqrt{4+\sqrt{5}})(x+\sqrt{4-\sqrt{5}})=x^2-\sqrt{8-2\sqrt{11}}x+\sqrt{11} \notin (\mathbb{Q}(\sqrt{11}))[x].$

Arriba hemos utilizado que $\sqrt{8\pm2\sqrt{11}} \notin \mathbb{Q}(\sqrt{11})$ . En caso contrario, $$\exists a,b \in \mathbb{Q} \quad | \quad \sqrt{8\pm2\sqrt{11}} = a + b\sqrt{11}.$$ Por lo tanto, $$8 \pm 2\sqrt{11} = a^2+ 11b^2 +2ab\sqrt{11},$$ que equivale a $$ab=\pm 1 \quad \text{and} \quad a^2+11b^2=8.$$ Entonces, $$a^2+\frac{11}{a^2} = 8 \Longleftrightarrow a^4 - 8a^2 +11 = p(a) = 0.$$ Pero $p$ no tiene raíces en $\mathbb{Q}$ y con esto concluimos la prueba de la irreductibilidad de $p$ en $(\mathbb{Q}(\sqrt{11}))[x].$

Con esto, concluimos la declaración original.

Siento haber publicado una pregunta tan larga.

Answer 1

Si sólo pretende demostrar que $[\mathbf Q (\sqrt{4 \pm \sqrt 5}):\mathbf Q]=8$ es mucho más rápido introducir el campo cuadrático $k=\mathbf Q(\sqrt 5)$ y considerar las extensiones cuadráticas $k(\sqrt{4 \pm \sqrt 5})/k$ . Porque $\mathbf Q(\sqrt{4 \pm \sqrt 5})$ contiene $\sqrt 5$ es obvio que $k(\sqrt{4 \pm \sqrt 5})=\mathbf Q(\sqrt{4 \pm \sqrt 5})$ . Ahora bien, es bien sabido y sencillo que $k(\sqrt x)=k(\sqrt y)$ si $xy\in {k^*}^2$ (se trata de un caso particular de la teoría de Kummer). Aquí $xy=16-5=11$ no puede vivir en $k^*$ : esto puede comprobarse "a mano", o utilizando de nuevo el hecho de que $\mathbf Q(\sqrt 5)=\mathbf Q(\sqrt 11)$ si $55$ es un cuadrado en $\mathbf Q^*$ lo cual es imposible. Así que las dos extensiones cuadráticas $k(\sqrt{4 \pm \sqrt 5})/k$ son distintos, su compositum es bicuadrático sobre $k$ y ya está.

Answer 2

Sea $P= x^4- 8 x^2 + 11$ y $\pm\theta, \pm\theta'$ las raíces de $P$ en $\mathbb R$ , $\theta, \theta'$ positivo.

Desde $$\theta \cdot \theta' =\sqrt{11}$$ entonces $$\mathbb Q(\theta, \theta')=\mathbb Q(\theta,\sqrt{11})$$ y $[\mathbb Q(\theta, \sqrt{11}):\mathbb Q(\theta)]=:n$ es $1$ o $2$ . Veamos que es $2$ .

Una posible estrategia utilizando la teoría de Galois : Supongamos que $n=1$ entonces $[\mathbb Q(\theta, \sqrt{11}):\mathbb Q(\sqrt{11}]=2$ por lo que el polinomio mínimo de $\theta$ en $\mathbb Q(\sqrt{11})$ es el grado $2$ . Se trata de un divisor de $P$ por lo que es uno de los siguientes. $$\begin{array}{c} P_1=(x-\theta)(x+\theta)\\ P_2=(x-\theta)(x-\theta')\\ P_3=(x-\theta)(x+\theta') \end{array}$$ Es fácil ver que $P_1\notin \mathbb Q(\sqrt{11})[x]$ . De hecho $P_1(x) = x^2 - 4 - \sqrt{5}$ y $\sqrt{5}\notin \mathbb Q(\sqrt{11})$ . Es un poco más difícil demostrar que $P_i$ no está en $\mathbb Q(\sqrt{11})[x]$ para cada $i=2,3$ . Esto lleva a una contradicción.

Utilizando $29$ -adics : $P$ tiene una raíz simple $14$ en $\mathbb F_{29}$ . Por el Lemma de Hensel, $\mathbb Q(\theta)$ admite una incrustación en $\mathbb Q_{29}$ campo de $29$ - los números radicales.

( $29$ es el primo más pequeño $q$ tal que $P$ tiene una raíz simple en $\mathbb F_{q}$ ).

Si $n=1$ es decir, si $\sqrt{11}\in \mathbb Q(\theta)$ entonces $\mathbb Q_{29}$ contiene una raíz de $X^2 -11$ . Por lo tanto $11$ es un cuadrado en $\mathbb F_{29}$ . Esto es una contradicción.

De forma equivalente, puesto que $P$ en factores irreducibles como $$(X+ 14) (X+ 15)(X^2 +14)$$ en $\mathbb F_{29}$ entonces $\mathbb Q_{29}$ sólo contiene $2$ de $4$ raíces de $P$ . Se trata de un $p$ versión -ádica del siguiente argumento sobre $\mathbb C$ : $\mathbb Q(\sqrt{1+\sqrt{7}})/\mathbb Q$ no es Galois ya que su polinomio mínimo tiene raíces reales y complejas no reales.

Editar : Siguiendo la estrategia de OP supongamos que $\theta \in \mathbb Q(\sqrt{11},\sqrt{5})$ . Desde $G=\mathbb Q(\sqrt{11},\sqrt{5})/\mathbb Q$ es Galois y $P$ es irreducible, entonces $G$ actúa transitivamente sobre $S=\{\pm\theta,\pm\theta'\}$ . En particular $$S=G(\alpha) :=\{ g(\theta):g\in G\}$$ para cada $\alpha \in S$ . Por lo tanto $S=\{\theta,\sigma(\theta),\tau(\theta),\sigma\tau(\theta)\}$ . Pero por el argumento de OP $\tau(\theta) =\pm \theta$ Por lo tanto $\tau(\theta)=-\theta$ . Del mismo modo se demuestra que $\tau(\theta') = -\theta'$ . Por lo tanto $$\sqrt{11}=\theta \theta' = \tau(\theta\theta') = \tau(\sqrt{11}) = -\sqrt{11}.$$