grado de una suma de dos números algebraicos

Question

Deje $a=\sqrt{2}$ e $b=\sqrt{3}$, a continuación, $a$ e $b$ son números algebraicos de grado 2, mientras que el grado de $a+b$ no 2, en realidad es 4, por el argumento estándar: si $x=a+b$, entonces podemos racionalizar completamente y obtener $x^4-10x^2+1=0$, lo $a+b$ es de grado 4, ya que el polinomio es irreducible.

Ahora tome $a=\sqrt[2019]{2}$ e $b=\sqrt[2019]{3}$. Cómo probar que el grado de $a+b$ es:

• mayor que el año 2019? (si es que se puede hacer con menos avanzados métodos, a continuación, la segunda parte)

• la igualdad de $2019^2$? (si este valor es correcto)

Answer 1

Yo reclamo la orden es $2019^2$, pero no lo voy a probar algunos de mis sub-reclamaciones (y no estoy 100% seguro de que está todo cierto). Así que no es del todo una respuesta completa, pero tal vez sea una nueva manera de mirar el problema.

Todo, vamos a $\zeta$ denotar una primitiva $2019^{\tiny\mbox{th}}$ raíz de la unidad, deje $\alpha = \sqrt[2019]{2}$, y deje $\beta = \sqrt[2019]{3}$.

El primer sub-reclamo es que $\mathbb{Q}(\alpha, \beta)$ tiene el grado $2019^2$ sobre $\mathbb{Q}$. Deje $f(x) = x^{2019}-2$ e $g(x)=x^{2019}-3$. Si $g(x)$ divisiones de más de $\mathbb{Q}(\alpha)$, a continuación, puesto que todas las raíces de $g$ en $\mathbb{C}$ tienen la forma $\zeta^k \beta$, a continuación, $\beta \in \mathbb{Q}(\alpha)$ (que yo sub-reclamación falsa sin prueba), ya que el término constante de cualquier factor de $g$ será de la forma $\zeta^\ell \beta$, que no es real a menos que $\ell = 0 \pmod{2019}$, en cuyo caso $\beta \in \mathbb{Q}(\alpha)$. Por lo $g(x)$ es el polinomio mínimo de a$\beta$ sobre $\mathbb{Q}(\alpha)$, y por lo tanto $\mathbb{Q}(\alpha,\beta)$ tiene el grado $2019^2$ sobre $\mathbb{Q}$.

La segunda sub-reclamo es que $\alpha+\beta$ genera $\mathbb{Q}(\alpha,\beta)$ sobre $\mathbb{Q}$, es decir, es un elemento primitivo. Esto se puede hacer demostrando que $$\frac{(\zeta^m - 1)\alpha}{(1-\zeta^n)\beta} \ne 1,$$ para cualquier elección de $m,n$ (que yo sub-reclamación para ser verdad sin prueba). Para ver por qué, vea el constructivo prueba de la primitiva elemento teorema. Esto implica que $\mathbb{Q}(\alpha+\beta)=\mathbb{Q}(\alpha,\beta)$ tiene el grado $2019^2$ sobre $\mathbb{Q}$.

Nota, como @ÍgjøgnumMeg indica en los comentarios, hay un algoritmo para encontrar el polinomio mínimo de a$\alpha + \beta$. Ya que se encuentra en $\mathbb{Q}(\alpha,\beta)$, que tiene base $\{\alpha^i\beta^j : 0\le i,j\le 2018\}$ (esto depende de mi primer sub-demanda), y por lo que puede aumentar $\alpha+\beta$ más y más poderes, la escritura de estos poderes en términos de la base, y en busca de dependencia lineal entre el lo-mucho-calculada poderes hasta hay uno.

Answer 2

Deje $\alpha=2^{1/2019}$, $\beta=3^{1/2019}$, $\zeta=\exp(2\pi i/2019)$, $K=\mathbb{Q}(\alpha)$, e $L=\mathbb{Q}(\zeta,\beta)$.

Aquí, demostramos la siguiente instrucción: $\alpha\notin L$ y el grado de $\alpha$ sobre $L$ es $2019$.

A continuación, implica la validez de la segunda reclamación de mathprincess desde $$\frac{(\zeta^m - 1)\alpha}{(1-\zeta^n)\beta} = 1,$$ no se puede mantener si $\alpha\notin L$. Esto también conduce a la validez de la primera reclamación y una solución completa a esta pregunta.

Se sabe que $[L:\mathbb{Q}]=2019\phi(2019)$ (ver Jacobson, Vélez citado en esta respuesta: calcular el grupo de Galois de polinomios $x^n-a \in \mathbb{Q}[x]$). Por lo tanto, la base de la $\mathbb{Q}(\zeta)$ sobre $\mathbb{Q}$ son también una base de $L$ sobre $\mathbb{Q}(\beta)$. Entonces $$ \textrm{disc}_{\mathbb{Q}(\beta) L}=\textrm{disc}_{\mathbb{Q}}{\mathbb{Q}(\zeta)} \bigg\vert (2019)^{\phi(2019)}. $$

Es bien conocido que un racional prime $p$ no dividir el discriminante $\textrm{disc}_{\mathbb{Q}}L$ si y sólo si $p$ es unramified en $L$. Entonces tenemos por (Exrcise 23b de Marcus Número de Campos'), $$\begin{align} \textrm{disc}_{\mathbb{Q}}L &\bigg\vert (\textrm{disc}_{\mathbb{Q}}{\mathbb{Q}(\beta)})^{\phi(2019)} N_{\mathbb{Q}}^{\mathbb{Q}(\beta)}\textrm{disc}_{\mathbb{Q(\beta)}}L\\ &\bigg\vert (3^{2018}\cdot 2019^{2019})^{\phi(2019)}((2019)^{\phi(2019)})^{2019}.\end{align} $$ Esto le da a $2\nmid \textrm{disc}_{\mathbb{Q}}L$. Por lo tanto, la racional prime $2$ es unramified en $L$. Ahora, tomar cualquier prime $\mathcal{P}\subseteq L$ está por encima $2$. A continuación, $\mathcal{P}$ divide ningún coeficiente de $x^{2019}-2$ , excepto para el coeficiente inicial, y $\mathcal{P}^2$ no dividir el coeficiente constante $2$ desde $2$ es unramified en $L$. Por lo tanto, por Eisenstein, $x^{2019}-2$ sobre $L$ es irreductible. Esto muestra que el grado de $\alpha$ sobre $L$ debe $2019$. Por otra parte, el mismo argumento que también da como resultado que el grado de $\alpha$ sobre $\mathbb{Q}(\beta)$ es $2019$.

Como en mathprincess la respuesta, podemos proceder a $\mathbb{Q}(\alpha+\beta)=\mathbb{Q}(\alpha,\beta)$. Entonces $$\begin{align} [\mathbb{Q}(\alpha+\beta):\mathbb{Q}]&=[\mathbb{Q}(\alpha+\beta):\mathbb{Q}(\beta)][\mathbb{Q}(\beta):\mathbb{Q}]\\ &=[\mathbb{Q}(\alpha,\beta):\mathbb{Q}(\beta)][\mathbb{Q}(\beta):\mathbb{Q}] =2019^2.\end{align} $$