Supongamos que$\beta$ es una raíz cúbica real de$2$ y$\omega$ es una tercera raíz primitiva de la unidad. Tengo un problema que me pide que muestre que si$\alpha=\beta\omega$, entonces$\alpha+\beta$ tiene un polinomio mínimo de grado 3 sobre$\mathbb Q$ mientras que$\alpha-\beta$ tiene un polinomio mínimo de grado 6. Hallazgo El polinomio mínimo parece ser un problema real, especialmente porque el polinomio puede ser difícil de demostrar que es irreductible. ¿De qué manera debo abordar este problema? ¿Es esto solo un ejercicio de computación?
Respuestas
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No es difícil mostrar que $(\alpha+\beta)^3=-2$, ya sea mediante la ampliación de el cubo, o por la observación de que $$ \alpha+\beta=(1+\omega)\sqrt[3]{2}=-\omega^2\sqrt[3]{2}$$ desde $1+\omega+\omega^2=0$. Y $x^3+2$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}$ por el criterio de Eisenstein, por lo que este debe ser el polinomio mínimo de a $\alpha+\beta$.
También se puede demostrar que $(\alpha-\beta)^6=-108$, pero no está tan claro que $x^6+108$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}$. Sin embargo, $$(\alpha-\beta)^3=6(\omega-\omega^2)=6+12\omega $$ por lo $\omega\in\mathbb{Q}(\alpha-\beta)$, y $$ (\alpha-\beta)^2=2^{\frac{2}{3}}(\omega^2-2\omega+1)=2^{\frac{2}{3}}(-3\omega)$$ por lo tanto $$ (\alpha-\beta)^4=2\sqrt[3]{2}\cdot 9\omega^2$$ de modo que $\sqrt[3]{2}\in \mathbb{Q}(\alpha-\beta)$ (dado que ya hemos demostrado que $\omega\in\mathbb{Q}(\alpha-\beta)$). Por lo tanto, $\mathbb{Q}(\alpha-\beta)$ contiene $\mathbb{Q}(\omega,\sqrt[3]{2})$, por lo que tiene un grado mínimo de $6$$\mathbb{Q}$. Ya se cumple un polinomio de grado $6$, el grado de la extensión debe ser exactamente $6$, e $x^6+108$ es irreductible.
Kaj Hansen
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En general, si uno tiene una extensión de Galois $K/F$, el mínimo para cualquier polinomio $a \in K$ tiene como una de sus raíces los elementos en la órbita de $a$ bajo la acción de $\text{Gal}(K/F)$. Es decir, si $S = \{ \phi(a) \ | \ \phi \in \text{Gal}(K/F) \}$,, a continuación,$\displaystyle \min_a(x) = \prod_{u_k \in S} (x-u_k)$.
Prueba: Esta es una consecuencia del hecho de que un polinomio es irreducible $\iff$ su grupo de Galois actúa transitivamente sobre sus raíces. Para una prueba de este hecho, véase Teorema 2.9(b) aquí. Observe que $\min_a(x)$ será un polinomio irreducible (por definición), y su grupo de Galois será un subgrupo de $\text{Gal}(K/F)$. Este último hecho es debido a que, si $L \subseteq K$ es la división de campo de la $\min_a(x)$ cada $F$-automorphism de $L$ se extiende únicamente a una $F$-automorphism de $K$.
Para aplicar este efecto para el problema en cuestión, tenemos $K = \mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}, \omega)$ con $\text{Gal}(K/\mathbb{Q})$ generado por los siguientes dos automorfismos: $$i \mapsto -i$$ $$\sqrt[3]{2} \mapsto \omega \sqrt[3]{2}$$
Supongamos que queremos hallar el polinomio mínimo de $\sqrt[3]{2} + \omega \sqrt[3]{2}$ sobre $\mathbb{Q}$. Por el argumento en el primer párrafo, sólo necesitamos encontrar los elementos de la órbita de este elemento bajo la acción del grupo de Galois, que se puede consultar son:
- $\sqrt[3]{2} + \omega \sqrt[3]{2} \qquad \qquad \text{identity automorphism}$
- $\omega \sqrt[3]{2} + \omega^2 \sqrt[3]{2} \qquad \quad \sqrt[3]{2} \mapsto \omega \sqrt[3]{2} \ \ \text{ acting on original element}$
- $\sqrt[3]{2} + \omega^2 \sqrt[3]{2} \qquad \qquad i \mapsto -i \ \ \text{ acting on original element}$
Y esta lista es exhaustiva. El polinomio mínimo de $\sqrt[3]{2} + \omega \sqrt[3]{2}$ sobre $\mathbb{Q}$ por lo tanto ha $3$ raíces y es de grado $3$. Repitiendo este proceso para $- \sqrt[3]{2} + \omega \sqrt[3]{2}$ va a demostrar que su mínimo polinomio es de grado $6$.
Tom Gannon
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Al menos para el grado 3, no es muy difícil demostrar que un polinomio es irreducible, simplemente uso racional de la raíz teorema. Dado que todos los polinomios irreducibles de grado 2 o 3 no tienen raíces sobre la base de campo, se puede mostrar fácilmente que es irreductible.
Mi siguiente pensamiento, si usted desea evitar los cálculos es para probar y utilizar el grado de fórmula (no estoy 100% en esta ruta de trabajo, aunque). Con esta ruta, se iba a mostrar el otro polinomio tiene grado seis. mostrando $\mathbb{Q}[\alpha + \beta][\alpha - \beta] = \mathbb{Q}[\alpha + \beta, \alpha - \beta] = \mathbb{Q}[\alpha, \beta]$ tiene grado 6 $\mathbb{Q}$.
Deje $K = \mathbb{Q}[\alpha + \beta][\alpha - \beta]$. A continuación, por el grado de fórmula obtendremos que $6 = [K:\mathbb{Q}] = [K:\mathbb{Q}[\alpha - \beta]][\mathbb{Q}[\alpha - \beta]:\mathbb{Q}]$. Así que, esencialmente, si se puede mostrar el $[K:\mathbb{Q}[\alpha - \beta]] = 1$, o lo que es equivalente, $\alpha + \beta \in \mathbb{Q}[\alpha - \beta]$, lo que demostraría su reclamo.
