Encontrar un elemento primitivo para la extensión de campo$\mathbb{Q}(\sqrt{p_{1}},\sqrt{p_{2}},\ldots,\sqrt{p_{n}})/\mathbb{Q}$

Question

Deje $p_1,\ldots,p_n\in\mathbb{N}$ ser diferentes de los números primos, que puede ser demostrado que $[\mathbb{Q}(\sqrt{p_1},\ldots,\sqrt{p_n}):\mathbb{Q}]=2^n$ y, en cualquier caso, es claramente finito desde $[\mathbb{Q}(\sqrt{p_1},\ldots,\sqrt{p_n}):\mathbb{Q}]\leq2^n$.

Desde $char(\mathbb{Q})=0$ $\mathbb{Q}$ es perfecto por lo tanto cada campo de extensión es divisible, en particular, $\mathbb{Q}(\sqrt{p_{1}},\sqrt{p_{2}},\ldots,\sqrt{p_{n}})/\mathbb{Q}$ es separable.

Desde $\mathbb{Q}(\sqrt{p_{1}},\sqrt{p_{2}},\ldots,\sqrt{p_{n}})/\mathbb{Q}$ es finita y separables de extensión de campo, por los primitivos elemento teorema, se tiene que no existe $\alpha\in\mathbb{Q}(\sqrt{p_{1}},\sqrt{p_{2}},\ldots,\sqrt{p_{n}})$ s.t $\mathbb{Q}(\alpha)=\mathbb{Q}(\sqrt{p_{1}},\sqrt{p_{2}},\ldots,\sqrt{p_{n}})$.

Deseo encontrar dicho elemento $\alpha$ (es decir, un elemento primitivo, que sabemos que existen).

Yo sé cómo hacer esto en el caso de $n=2$, he intentado generalizar y probar esta afirmación por inducción, en la inducción de paso tengo que demostrar:

1. $\sqrt{p_{1}}+\cdots+\sqrt{p_{n-1}}\in\mathbb{Q}(\sqrt{p_{1}}+\sqrt{p_{2}}+\sqrt{p_{n}})$

2. $\sqrt{p_{n}}\in\mathbb{Q}(\sqrt{p_{1}}+\sqrt{p_{2}}+\sqrt{p_{n}})$

Lo que he intentado hacer es mirar en :

$$ \begin{align} & (\sqrt{p_{1}}+\sqrt{p_{2}}+\sqrt{p_{n}})(\sqrt{p_{1}}+\sqrt{p_{2}}-\sqrt{p_{n}}) \\ & =((\sqrt{p_{1}}+\sqrt{p_{2}}+\sqrt{p_{n-1}})+\sqrt{p_{n}})((\sqrt{p_{1}}+\sqrt{p_{2}}+\sqrt{p_{n-1}})-\sqrt{p_{n}}) \\ & =(\sqrt{p_{1}}+\cdots+\sqrt{p_{n-1}})^{2}-p_{n} \end{align} $$

Si $n=2$, entonces este producto es en $\mathbb{Q}$ por lo tanto, en $\mathbb{Q}(\sqrt{p_{1}}+\sqrt{p_{2}})$ por lo tanto $\sqrt{p_{1}}-\sqrt{p_{2}}\in\mathbb{Q}(\sqrt{p_{1}}+\sqrt{p_{2}})$ por lo que la adición llegamos $\sqrt{p_1}\in\mathbb{Q}(\sqrt{p_1}+\sqrt{p_2})$ por lo tanto $\sqrt{p_2}\in\mathbb{Q}(\sqrt{p_1}+\sqrt{p_2})$ y hemos demostrado $(2)$

Así que la razón por la que falla aquí es que yo no puede llegar a mostrar $$\sqrt{p_{1}}+\sqrt{p_{2}}-\sqrt{p_{n}}\in\mathbb{Q}(\sqrt{p_{1}}+\sqrt{p_{2}}+\sqrt{p_{n}}).$$

Por favor alguien puede ayudarme a encontrar una primitiva elemento, o ayudar a completar la prueba de que estoy tratando de hacer aquí ? la ayuda es appriciated!

Answer 1

Creo que esta es la solución Dylan estaba dando a entender. Para mostrar que $\alpha=\sum \sqrt{p_i}$ genera $E=\mathbb Q(\{\sqrt{p_i}\})$ es suficiente para mostrar que el $\alpha$ no se fija por cualquier automorphism de $E$. Observe que cualquier automorphism de $E$ mapas de $\sqrt{p_i}$$\pm \sqrt{p_i}$. Así que basta para demostrar que

$$\sum \sqrt{p_i} \neq \sum s_i\sqrt{p_i}$$

para cualquier elección de $s_i$ tal que al menos un $s_i$$-1$. Pero esto es inmediata, porque por la anulación de la positiva $s_i$ tendríamos

$$\sum \sqrt{p_j}=-\sum \sqrt{p_j}.$$

De ello se desprende que $\alpha$ no se fija por cualquier automorphism de $E$$E=\mathbb Q(\alpha)$.

Este es prácticamente el mismo argumento como Geoffs, pero tal vez es un poco más claro.