Encontrar un mínimo de polinomio y la división de campo

Question

Dado $\alpha = \sqrt{7 + \sqrt{7}}$, quiero encontrar a 2 entidades:

1. Determinar, con la justificación, el polinomio mínimo, $m_\mathbb{Q}(\alpha)$$\alpha$$\mathbb{Q}$.
2. Recordemos que la división de campo de $\mathbb{E}$ $m_\mathbb{Q}(\alpha)$ es el más pequeño de extensión de $\mathbb{Q}$ que contiene todas las raíces de $m_\mathbb{Q}(\alpha)$. Determinar, con la justificación $|\mathbb{E}: \mathbb{Q}|$.

En lo que respecta a la primera, es sencillo demostrar que $m_\mathbb{Q}(\alpha) = \alpha^4 - 14\alpha^2 + 42$, $m_\mathbb{Q}(\alpha)$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}$. Sin embargo, es la segunda parte que estoy atascado en. Las raíces de $m_\mathbb{Q}(\alpha)$ son fácilmente demostrado ser $\pm\sqrt{7\pm\sqrt{7}}$, pero no estoy seguro de cómo proceder.

Answer 1

Estos problemas suelen ser bastante molesto sin la teoría de galois, y generalmente trivial con la teoría de galois, así que voy a asumir que usted está familiarizado con ella.

Sabemos que $|\mathbb{Q}(\sqrt7) : \mathbb{Q}| = 2$

Ahora queremos mostrar a $|\mathbb{Q}(\sqrt{7+\sqrt7}) : \mathbb{Q}(\sqrt7)| = 2.$ Y de manera similar a $|\mathbb{Q}(\sqrt{7-\sqrt7}) : \mathbb{Q}(\sqrt7)| = 2.$

Entonces podemos concluir $|\mathbb{Q}(\sqrt{7+\sqrt7}) : \mathbb{Q}| = |\mathbb{Q}(\sqrt{7-\sqrt7}) : \mathbb{Q}| = 4$

Prueba:

Por el trabajo que has hecho es fácil ver que $p(x) = x^2 + (-7 +\sqrt7)$ $\pm \sqrt{7+\sqrt7}$ como raíces. Así que esperemos $p(x)$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}(\sqrt7)$.

Supongo que era reducible, significando $p(x) = (x-a)(x-b) = x^2 -x(a+b) +ab$$a,b \in \mathbb{Q}(\sqrt7)$.

Nos encontramos con que $a+b = 0$ ya que no hay $x$ coeficiente en $x^2 + (-7 +\sqrt7)$, lo $a = -b.$

Ahora tenemos $ab = -a^2 = -7 +\sqrt7$ y desde $a \in \mathbb{Q(\sqrt7)}, \ \ a = c +d\sqrt7$ $\ c,d \in \mathbb{Q}$

Por lo $(c+d\sqrt7)^2 = c^2 +7d^2 + 2cd\sqrt7 = 7 - \sqrt7$, lo que implica

$c^2 + 7d^2 - 7 = -2cd\sqrt7 - \sqrt7 = -\sqrt7(2cd -1)$ y tenemos que

$$\frac{c^2 +7d^2 -7}{2cd -1} = -\sqrt7$$ Ahora si $2cd - 1 \neq 0$, a continuación, el lado izquierdo es en $\mathbb{Q}$ y el lado derecho no es, por lo que es una contradicción y, por tanto, $x^2 + (\sqrt7 - 7)$ es irreducible sobre $\mathbb{Q(\sqrt7)}$

Supongamos $2cd - 1 = 0$. A continuación,$c = \frac{1}{2d}$, y el anterior ecuación se lee como $$(\frac{1}{2d} + d\sqrt7)^2 = \frac{1}{4d^2} + \sqrt7 +7d^2 = 7 - \sqrt7$$ so $$\frac{1}{4d^2} +7d^2 - 7 = -2\sqrt7$$

De nuevo la L. H. S es $\mathbb{Q}$ y el lado derecho no es, por lo tanto hemos demostrado que $x^2 + (\sqrt7 - 7)$ es irreducible sobre $\mathbb{Q(\sqrt7)}$.

Muy similares se pueden tomar medidas para demostrar que $(x - (\sqrt{7 - \sqrt7})(x - (-\sqrt{7-\sqrt7})$ is irreducible $\mathbb{Q(\sqrt7)}$

Así que ahora tenemos que $|\mathbb{Q}(\sqrt{7+\sqrt7}) : \mathbb{Q}(\sqrt7)| = |\mathbb{Q}(\sqrt{7-\sqrt7}) : \mathbb{Q}(\sqrt7)| = 2$

Ahora si podemos mostrar que $\mathbb{Q}(\sqrt{7+\sqrt7}) / \mathbb{Q(\sqrt7)} \neq \mathbb{Q}(\sqrt{7-\sqrt7}) / \mathbb{Q(\sqrt7)}$ podemos concluir que $|\mathbb{E}:\mathbb{Q}| = 8$

Esto se puede hacer sin demasiados problemas al mostrar que $\sqrt{7 - \sqrt7} \notin \mathbb{Q}(\sqrt{7+\sqrt7}) / \mathbb{Q\sqrt7)}$

El resto de los detalles deberán ser llenados sin demasiados problemas.

Answer 2

Afirmo que el polinomio mínimo de a $\sqrt{7 - \sqrt{7}}$ $\mathbf{Q}[\alpha]$ $$x^2 - (7 - \sqrt{7}) = x^2 + \alpha^2 - 14.$$

Vamos a hacer uso de Eisenstein criterio.

En primer lugar, vamos a ver cómo se $\alpha^2 - 14$ factores en primer ideales: $$\begin{align} \frac{\mathbf{Z[\alpha]}}{\alpha^2 - 14} &\cong \frac{\mathbf{Z[x]}}{(x^4 - 14x^2 + 42, x^2 - 14)} \\ &\cong \frac{\mathbf{Z}[\sqrt{14}]}{(\sqrt{14})^4 - 14(\sqrt{14})^2 + 42} \\ &= \frac{\mathbf{Z}[\sqrt{14}]}{42} \\ &\cong \frac{\mathbf{Z}[\sqrt{14}]}{2} \times \frac{\mathbf{Z}[\sqrt{14}]}{3} \times \frac{\mathbf{Z}[\sqrt{14}]}{7} \\ &\cong \mathbf{F}_2[x]/(x^2) \times \mathbf{F}_9 \times \mathbf{F}_7[x]/(x^2). \end{align}$$

Así que hay un primer ideal $\mathfrak p$ con $3 \in \mathfrak p$, $\alpha^2 -14 \in \mathfrak p$ y $\mathfrak p^2 \not\mid \alpha^2 - 14$. Este ideal es

$$\mathfrak p = (3, \alpha^2 - 14).$$

Podemos ver que es primo porque

$$\begin{align} \frac{\mathbf{Z}[\alpha]}{\mathfrak p} &\cong \frac{\mathbf{Z}[x]}{(3, x^2 -14,x^4-14x^2+42)} \\ &\cong \frac{\mathbf{Z}/3}{(x^2-14, x^2(x^2 - 14))} \\ &\cong \frac{\mathbf{Z}/3}{(x^2-14)} \\ &=\mathbf{F}_9. \end{align}$$

Desde $\mathbf{Z}[\alpha]/\mathfrak p$ es un campo, $\mathfrak p$ es un ideal maximal. Por definición, $\mathfrak p \ni \alpha^2 - 14$.

A ver que $\alpha^2 - 14 \notin \mathfrak{p}^2$ en primer lugar, calcular

$$\mathfrak{p}^2 = (9, 3\alpha^2 - 42, (\alpha^2 - 14)^2) = (9,3\alpha^2 - 42, -14\alpha^2 + 154).$$

Si $\alpha^2 - 14 \in \mathfrak{p}^2$

$$14(\alpha^2 - 14) + (-14\alpha^2 + 154) + 5 \cdot 9 = 3 \in \mathfrak{p}^2$$

Por lo tanto $\mathfrak{p} = (3, \alpha^2 - 14) \subseteq \mathfrak{p}^2$, una contradicción.

Por lo tanto, $\alpha^2 - 14 \in \mathfrak{p}\setminus\mathfrak{p}^2$ y el polinomio $x^2 + \alpha^2 - 14$ es irreductible por el criterio de Eisenstein. Por lo tanto, $\sqrt{7 - \sqrt{7}}$ tiene el grado $2$ $\mathbf{Q}[\alpha]$ donde llegamos a la conclusión de que la división de campo, $\mathbf{Q}[\alpha, \sqrt{7 - \sqrt{7}}]$, es un grado $8$ extensión de $\mathbf{Q}$.