Isomorfismo entre$\Bbb Q(i)$ y$\Bbb Q(\sqrt2)$

Question

¿Cómo puedo mostrar que los campos$\Bbb Q(i)$ y$\Bbb Q(\sqrt2)$ no son isomorfos? ¿Hay un elemento del pedido$4$ en$\Bbb Q(\sqrt2)$?

Answer 1

No. La razón es muy simple:

Supongamos por contradicción que$a+b\sqrt{2}$ tiene orden cuatro. Que$a+b\sqrt{2}$ tiene orden 4 también en el campo más grande$\mathbb C$. Pero los únicos elementos del pedido cuatro en$\mathbb C$ son$\pm i$ y$a+b\sqrt{2}$ es real ...

Answer 2

Puede responder su propia pregunta acerca de los elementos del pedido$4$ por cálculo directo. Un elemento típico de$\Bbb Q(\sqrt2)$ tiene la forma$p+q\sqrt2$ para$p,q\in\Bbb Q$, y

$$ \begin{align*} \left(p+q\sqrt2\right)^4&=\left(p^2+2q^2+2pq\sqrt2\right)^2\\ &=\left(p^2+2q^2\right)^2+2\left(2pq\sqrt2\right)^2+2\left(p^2+2q^2\right)(2pq)\sqrt2\\ &=\left(p^2+2q^2\right)^2+16p^2q^2+4pq\left(p^2+2q^2\right)\sqrt2\;. \end {align *} $$

Cómo establecer esto igual a$1$ y ver qué puedes descubrir acerca de$p$ y$q$. (Esta no es la única forma de responder la pregunta principal, pero ciertamente funciona).

Answer 3

Un enfoque un poco diferente. Supongamos que hay un campo isomorfismo$\,f:\Bbb Q(\sqrt 2)\to\Bbb Q(i)\,$, entonces

$\exists\,w:=a+b\sqrt 2\in\Bbb (\sqrt 2)\,\,s.t.\,\,f(w)=i\,$, y desde aquí

PS

PS

ya que$$-1=i^2=f(w^2)=f(a^2+2b^2+2ab\sqrt 2\sqrt 2)=$ arregla todos los elementos de$$=f(a)^2+2f(b)^2+2f(ab\sqrt 2)=a^2+2b^2+2abf(\sqrt 2)$. Pero luego conseguimos eso

PS

Le dejaré comprobar qué sucede en el caso particular que$\,f\,$.

Answer 4

Cualquier homomorfismo de campo debe enviarse de 1 a 1. Pero 1 genera$\mathbb{Z}$, por lo que concluimos cualquier corrección de homomorfismo de campo$\mathbb{Z}$. ¿Qué dice esto acerca de la acción del homomorfismo en$\mathbb{Q}$?

Answer 5

Sugerencia $\ $ Por el lema de abajo, si $\sqrt{a},\sqrt{b}\not\in \Bbb Q\,$ $\,\Bbb Q(\sqrt{a})\cong \Bbb Q(\sqrt{b})\iff \sqrt{ab}\in\Bbb Q$

Lema $\rm\ \ [K(\sqrt{a},\sqrt{b}) : K] = 4\ $ si $\rm\ \sqrt{a},\ \sqrt{b},\ \sqrt{ab}\ $ todos no están en $\rm\,K\:$ $\rm\: 2 \ne 0\:$ $\rm\,K$

Prueba de $\ \ $ Deje $\rm\ L = K(\sqrt{b})\:.\:$ $\rm\: [L:K] = 2\:$ través $\rm\:\sqrt{b} \not\in K\:,\:$ por lo tanto es suficiente para demostrar $\rm\: [L(\sqrt{a}):L] = 2\:.\:$ falla sólo si $\rm\:\sqrt{a} \in L = K(\sqrt{b})\ $ y, a continuación, $\rm\ \sqrt{a}\ =\ r + s\ \sqrt{b}\ $ $\rm\ r,s\in K\:.\:$ Pero eso es imposible, ya que el cuadrado de los rendimientos $\rm\color{#C00}{(1)}:\ \ a\ =\ r^2 + b\ s^2 + 2\:r\:s\ \sqrt{b}\:,\: $ lo que contradice la hipótesis de la siguiente manera:

$\rm\qquad\qquad rs \ne 0\ \ \Rightarrow\ \ \sqrt{b}\ \in\ K\ \ $ mediante la resolución de $\color{#C00}{(1)}$ $\rm\sqrt{b}\:,\:$ $\rm\:2 \ne 0$

$\rm\qquad\qquad\ s = 0\ \ \Rightarrow\ \ \ \sqrt{a}\ \in\ K\ \ $ través $\rm\ \sqrt{a}\ =\ r \in K$

$\rm\qquad\qquad\ r = 0\ \ \Rightarrow\ \ \sqrt{ab}\in K\ \ $ través $\rm\ \sqrt{a}\ =\ s\ \sqrt{b}\:,\: \ $veces $\rm\:\sqrt{b}\quad\quad$ QED