Demostrando que $\left[ \mathbb{Q} \left( \sqrt[3]{4+\sqrt{5}} \right ) : \mathbb{Q} \right] = 6$

Question

Dejemos que $\alpha = \sqrt[3]{4+\sqrt{5}}$ . Me gustaría demostrar que $\left[ \mathbb{Q} \left( \alpha \right ) : \mathbb{Q} \right] = 6$ . Tenemos $\alpha^3 = 4 + \sqrt{5}$ y así $(\alpha^3 - 4)^2 = 5$ Por lo tanto $\alpha$ es una raíz del polinomio $f(x)=x^6 - 8 x^3 + 11$ . Intenté demostrar con varios enfoques que $f(x)$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}$ sin éxito, así que ideé la siguiente estrategia.

Desde $x^2 - 5$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}$ tenemos $\left[ \mathbb{Q} \left( \sqrt{5} \right ) : \mathbb{Q} \right] = 2$ . Ahora desde $\alpha^3 = 4 + \sqrt{5}$ obtenemos $\sqrt{5} \in \mathbb{Q} \left( \alpha \right )$ para que $\mathbb{Q} \left( \sqrt{5} \right )$ es un subcampo de $\mathbb{Q} \left( \alpha \right )$ , $\mathbb{Q} \left( \alpha \right )=\mathbb{Q}\left( \sqrt{5}\right) \left( \alpha \right)$ y tenemos \begin {Ecuación} \left [ \mathbb {Q} \left ( \alpha \right ) : \mathbb {Q} \right ] = \left [ \mathbb {Q} \left ( \sqrt {5} \right ) \left ( \alpha \right ) : \mathbb {Q} \left ( \sqrt {5} \right ) \right ] \left [ \mathbb {Q} \left ( \sqrt {5} \right ) : \mathbb {Q} \right ] . \end {Ecuación} Ahora $\alpha$ es una raíz del polinomio $g(x) \in \mathbb{Q} \left (\sqrt{5} \right) [ x ]$ dado por $g(x) = x^3 - 4 - \sqrt{5}$ . Así que para demostrar nuestra tesis basta con demostrar que este polinomio es irreducible en $\mathbb{Q} \left (\sqrt{5} \right) [ x ]$ . En $g(x)$ de tercer grado, si no fuera irreducible, su factorización tendría al menos un factor lineal, por lo que $g(x)$ tendría alguna raíz en $\mathbb{Q} \left (\sqrt{5} \right)$ . Por lo tanto, nuestro problema se reduce a demostrar que no hay enteros $m_0, m_1, n$ con $n \neq 0$ , de tal manera que \begin {Ecuación} \left ( \frac {m_0}{n} + \frac {m_1}{n} \sqrt {5} \right )^3 = 4 + \sqrt {5}, \end {Ecuación} que da \begin {Ecuación} m_0^3 + 5 \sqrt {5} m_1^3 +3 \sqrt {5} m_0^2 m_1 + 15 m_0 m_1^2 = 4 n^3 + \sqrt {5} n^3, \end {Ecuación} o \begin {ecuación} m_0^3 + 15 m_0 m_1^2 - 4 n^3 + \sqrt {5} \left ( 5 m_1^3 +3 m_0^2 m_1 - n^3 \right )=0, \end {Ecuación} lo que implica, siendo $\sqrt{5}$ irracional, \begin {casos} m_0^3 + 15 m_0 m_1^2 - 4 n^3 = 0, \\ 5 m_1^3 +3 m_0^2 m_1 - n^3 = 0. \end {casos} En este punto estoy atascado, porque no sé cómo demostrar que este sistema admite la única solución entera $m_0 = m_1 = n = 0$ .

¡Cualquier ayuda es bienvenida!

Answer 1

Tal y como pide el OP, reescribo mi comentario como respuesta. Demostraremos que $[\mathbb{Q}(\sqrt[3]{4+\sqrt{5}}) : \mathbb{Q}(\sqrt{5})] = 3$ demostrando que $f(x) = x^3 - (4+\sqrt{5})$ no tiene solución en $\mathbb{Q}(\sqrt{5})$ .

En lugar del planteamiento de la pregunta, observamos que $\operatorname{Nm}_{\mathbb{Q}(\sqrt{5})/\mathbb{Q}}(4 + \sqrt{5}) = 11$ . En particular, supongamos que $\alpha$ es una raíz de $f(x)$ en $\mathbb{Q}(\sqrt{5})$ entonces \begin {align*} \operatorname {Nm}_{ \mathbb {Q}( \sqrt {5})/ \mathbb {Q}}( \alpha )^3 &= \operatorname {Nm}_{ \mathbb {Q}( \sqrt {5})/ \mathbb {Q}}( \alpha ^3) \\ & = \operatorname {Nm}_{ \mathbb {Q}( \sqrt {5})/ \mathbb {Q}}(4 + \sqrt {5}) =11 \end {align*} una contradicción.

Lo que realmente ocurre aquí bajo el capó es que $f(x)$ es Eisenstein para el ideal primo $\mathfrak{p} = (4 + \sqrt{5})$ .

Answer 2

Por supuesto, existe la forma más loca sugerida por Edward más arriba, ¡gracias a él!

Pero hay un criterio de Osada , que encaja perfectamente.

Dejemos que $f(x) =x^n + a_{n-1}x^{n-1} + ... + a_1x \pm p$ sea un polinomio mónico con coeficientes enteros, tal que $p$ es un primo con $p > 1 + |a_{n-1}| + ... + |a_1|$ entonces $f(x)$ es irreducible sobre los racionales.

Aquí se aplica el criterio, y hemos terminado, porque el polinomio $x^6 - 8x^3+11$ es entonces irreducible pero también uno que $\alpha$ satisface, por lo que debe ser el polinomio mínimo. Por lo tanto, la extensión por $\alpha$ tiene grado $6$ como se desee.

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Todavía deberíamos ver cómo funciona esto, porque mirar la ubicación de las raíces complejas es en realidad una forma bastante agradable de mostrar la irreductibilidad de los polinomios enteros : entonces las raíces están vinculadas a los coeficientes a través de Vieta y algo va mal en el caso de una factorización. Esto es algo diferente de Eisenstein y mod $p$ ¡reducción, por lo que es agradable!

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Os voy a dar un esbozo de esta prueba, con spoilers. Sea $f$ sea un polinomio que satisfaga la premisa del criterio de Osada.

• Supongamos que $f = gh$ como polinomios en $\mathbb Z[x]$ con $g,h$ no constante. ¿Por qué uno de $g$ o $h$ tienen un coeficiente constante $\pm 1$ ?

Esto se debe a que $|f(0)| = |g(0)h(0)| = p$ pero $g(0),h(0)$ son enteros por lo que uno de ellos tiene coeficiente $\pm 1$ .

• WLOG dejar $h$ tienen un coeficiente constante $\pm 1$ . ¿Por qué hay una raíz $\beta$ de $h$ tal que $|\beta| \leq 1$ ?

Por lo demás, todas las raíces de $h$ sería mayor que $1$ en el módulo. Por la fórmula de Vieta, $|h(0)|$ es el producto del módulo de todas las raíces, pero éste es igual a $1$ lo que no puede ocurrir si todas las raíces tuvieran módulos $>1$ .

• En realidad, entonces tenemos $f(\beta) \neq 0$ . (SUGERENCIA : desigualdad de triángulo)

Bueno, $f(\beta) = 0$ implica $|\beta^n +a_{n-1}\beta^{n-1} + ... + a_1\beta| = p$ pero entonces usando la desigualdad del triángulo, el LHS es como mucho $1 + |a_{n-1}| + |a_{n-2}| + ... + |a_1|$ por lo que no puede ser igual a $p$ .

• Pero $\beta$ no puede ser una raíz de $h$ y no una raíz de $f$ porque $h$ divide $f$ ¡! Esto completa la prueba.

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Debo añadir que estas técnicas para demostrar la irreductibilidad pertenecen a la categoría "Polinomios con coeficiente dominante", en la que un coeficiente es mucho mayor que los demás. De hecho, esto nos permite localizar raíces de polinomios factoriales bajo su existencia , ¡que no podrían ser raíces del polinomio original!

Los teoremas de Ram Murty y Cohn no entran en esta categoría, sino en la de "polinomios que toman valores primos". Hay otros, como los "polinomios que toman valores pequeños", y la más difícil pero gratificante teoría de los "polígonos de Newton".

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Como extra, me gustaría dirigirte a "Polinomios" de Viktor Prasolov, que es uno de los libros más gratificantes para leer si te gusta demostrar la irreductibilidad de los polinomios (que verás mucho en la teoría de Galois) y otras estimaciones y cálculos relativos a los polinomios (como bases ortonormales, aproximación, desigualdades, etc.)

Answer 3

Como $\Bbb Q(\sqrt 5)$ es un subcampo, su automorfismo $\sqrt 5\to-\sqrt 5$ puede ampliarse, lo que significa que $\sqrt[3]{4-\sqrt 5}\in\Bbb Q(\sqrt[3]{4+\sqrt 5})$ y también $$ \sqrt[3]{11}=\sqrt[3]{4-\sqrt 5}\sqrt[3]{4+\sqrt 5}\in\Bbb Q(\sqrt[3]{4+\sqrt 5}).$$ Ahora, $[\Bbb Q(\sqrt[3]{11}):\Bbb Q]$ es claramente $3$ . Con un subcampo de grado 2 y otro de grado 3 sobre $\Bbb Q$ , el campo ouf debe ser al menos de grado $6$ por lo tanto, exactamente el grado $6$ .