Cómo mostrar que $[\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{3}):\mathbb{Q}]=9$?

Question

Fraleigh, Sec31, Ex9. Mostrar que $[\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{3}):\mathbb{Q}]=9$.

Aquí está mi juicio: es obvio que la $\sqrt[3]2$ es algebraicas de grado 3 $\mathbb{Q}$, ya que el $x^3-2$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}$ por Eisenstein crieterion con $p=2$. A continuación, tenemos que mostrar que $\sqrt[3]3$ es algebraicas de grado 3 $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$. Desde $\sqrt[3]3$ es un cero de $x^3-3$, su grado es en la mayoría de los 3.

Para mostrar que $\sqrt[3]3$ no es de grado 1, es decir,$\sqrt[3]3 \not\in \mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$, supongamos que $\sqrt[3]3=a+b\sqrt[3]2+c\sqrt[3]4$ donde $a, b, c \in \mathbb{Q}$. (La costumbre grado argumento no está disponible desde $\deg(\sqrt[3]3,\mathbb{Q})=3$ divide $\deg(\sqrt[3]2,\mathbb{Q})=3$.) Cubicación de ambos lados, $3=p+q\sqrt[3]2+r\sqrt[3]4$ con $p, q, r$$\mathbb{Q}$, lo $\sqrt[3]2$ es un cero de $rx^2+qx+p-3$, lo cual es una contradicción a $\deg(\sqrt[3]2,\mathbb{Q})=3$.

Ahora a probar $\sqrt[3]3$ no es de grado 2, supongamos que $\sqrt[3]3$ es un cero del polinomio cuadrático. Esto significa que $\sqrt[3]9=p\sqrt[3]3+q$ algunos $p,q \in \mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$. Cubicación de ambos lados, $9=3p^3+q^3+3p\sqrt[3]3q(\sqrt[3]3p+q)=3p^3+q^3+9pq:=a+b\sqrt[3]2+c\sqrt[3]4$ algunos $a,b,c\in\mathbb{Q}$, lo que nos lleva a la misma contradicción.

En realidad yo no sé cómo resolverlo, pero al escribir esta pregunta, parece que he solucionado el problema. Pero es la solución correcta? Y es hay alguna otra manera de solucionarlo? Al principio, traté de mostrar que $x=\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}$ es algebraicas de grado 9 $\mathbb{Q}$. Cubicación de los rendimientos que $x^3=5+3 \sqrt[3]{6}x$, lo $(x^3-5)^3=162x^3$, lo $x^9-15x^6-87x^3-125=0$ $\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}$ cero. Pero no podía demostrar que es irreductible (criterio de Eisenstein con $p=5$ falla.)

Edit: Como Alex señalado, es suficiente para mostrar que $x^3-3$ no tiene raíces en $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$. Y como Gerry señalado, este proceso algo más de trabajo que el anterior(marque el cero de la condición). Supongamos $(a+b\sqrt[3]2+c\sqrt[3]4)^3=3$. Hice el cómputo pesado, $a^3+2b^3+4c^3+12abc+3\sqrt[3]2(a^2b+2b^2c+2c^2a)+3\sqrt[3]4(a^2c+b^2a+2c^2b)=3$, y se pegan aquí. ¿Cómo puedo continuar aquí?

Answer 1

Una observación/simplificación: si el polinomio $x^3 - 3$ no es irreducible sobre $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$, entonces al menos uno de los factores debe ser lineal (esta es una especial característica interesante de grado $\leq 3$ del curso). Así, es suficiente para demostrar que este polinomio no tiene raíces en $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$, no es necesario comprobar el cuadrática caso por separado. Las raíces de este polinomio sobre $\overline{\mathbb{Q}}$ de curso $\omega^i\sqrt[3]{3}$ donde $\omega$ es una primitiva raíz cúbica de la unidad y de la $0\leq i\leq 2$. Por lo tanto, sólo se aplican el primer paso de su argumento a todas estas raíces, al mismo tiempo, y así ahorrarse el segundo paso.

Editar: Para terminar el primer paso, supongamos por contradicción que tiene $$ \begin{align} a^3 + 2b^3 + 4c^3 + 12abc & = & 3,\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1) \\ a^2b+2b^2c + 2c^2a & = & 0,\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)\\ a^2c+b^2a+2c^2b & = & 0.\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(3) \end{align} $$ En primer lugar, se multiplican por el mcm de los denominadores de $a,b,c$ a hacerlos enteros, por lo que las ecuaciones son $$ \begin{align} a^3 + 2b^3 + 4c^3 + 12abc & = & 3d^3,\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1) \\ a^2b+2b^2c + 2c^2a & = & 0,\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)\\ a^2c+b^2a+2c^2b & = & 0.\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(3) \end{align} $$ Podemos suponer sin pérdida de generalidad que $a,b,c$ son coprime, de lo contrario la brecha a través de por el máximo factor común.

Paso 1: en Primer lugar, afirmo que la $a$ (y por lo tanto también se $d$, pero eso no importa) es impar. De hecho, vamos a ver en la ecuación (1): $$ 2|a\Rightarrow 8|HR\Rightarrow \text{ y }LHS\equiv 2b^3\pmod 4\Rightarrow 2|b\Rightarrow LHS\equiv 4c^3\pmod 8\Rightarrow 2|c. $$ Esto contradice coprimality de $a,b,c$, lo $a$ es impar.

Paso 2: Con esta información, vamos a considerar (2) y (3) modulo superior y superior de las potencias de 2: (2) modulo 2 fuerzas de $b$ a ser incluso. Esto a su vez significa que (3) las fuerzas de $c$ a ser incluso.

Ahora, vamos a alternar entre las dos ecuaciones. Si $c$ es incluso entonces (2) $\Rightarrow4|b$. Así, (3) $\Rightarrow4|c$. Pero luego (2) $\Rightarrow 8|b$. Y así sucesivamente. Esto nunca va a parar. Desde $b$ $c$ no puede ser divisible por arbitrariamente grandes potencias de 2, obtenemos una contradicción.

---

Esta es una variante de Fermat infinito descenso. Tenga en cuenta que podría haber frase de Paso 2 en un número finito de forma: escribir $b=2^nu$, $c=2^mv$ con $u$ $v$ impar, obtener las desigualdades entre los $n$ $m$ que se contradicen. Igualmente, podría haber enunciado el Paso 1 en el lenguaje de infinito descenso, sin asumir coprimality en el principio.

Sin embargo, el más limpio de la formulación habría sido obtenida mediante el uso de $p$-ádico valoraciones. Recordemos que dado un primer $p$ y un número racional $x$, si escribimos $x=p^n\frac{r}{s}$ donde$n\in \mathbb{Z}$$p\nmid r,s$, $p$- ádico de valoración de $x$ se define como $\text{val}_p(x) = n$. La propiedad fundamental de la valoración es que $$ \text{val}_p\left(\sum_i x_i\right)\geq \text{min}(\text{val}_p(x_i))_i;\;\;\;\;\;\;\;(4)$$ moreover, if there exists $x_0$ such that $\text{val}_p(x_0)<\text{val}_p(x_i)$ for all $i\neq 0$, then we have equality in (4). I propose it as an exercise for the reader to rephrase both steps above in the language of valuations, using these two properties. Note, that you then don't care whether $a,b,c$ son números enteros o racionales.

Answer 2

Dado que esta pregunta me ha estado molestando por un par de años, me decidí a ir por delante y marchan a cabo los cálculos necesarios para mostrar "$q$ $r$ no puede ser cero", como Gerry Myerson dijo.

Ya que desde su cubicación, obtenemos

$$p=a^3+2b^3+4c^3+12abc$$ $$q=3a^2b+6b^2c+6c^2a$$ $$r=3b^2a+6c^2b+3a^2c$$

y en Gerry Myerson del caso tendríamos la segunda y la tercera de estas ecuaciones es igual a cero y por lo tanto la primera tendría que ser de 3, obtenemos

$$a^3+2b^3+4c^3+12abc=3$$ $$3a^2b+6b^2c+6c^2a=0$$ $$3b^2a+6c^2b+3a^2c=0$$

y el objetivo es mostrar que esto no puede suceder con rational $a,b,c.$

La división de la segunda y tercera ecuaciones 3 y completando el cuadrado, nos encontramos con que

$$(ba+c^2)^2=c^4-2b^3c$$ $$(ab+c^2)^2=c^4-ca^3$$

de modo que $a^3=2b^3.$, Entonces la solución de la primera de las tres ecuaciones para $abc,$ tenemos

$$abc=\frac{3-4b^3-4c^3}{12}.$$

Multiplicando la segunda de las tres ecuaciones a través de por $b,$ y la sustitución de $abc,$ nos encontramos con que

$$6a^2b^2+8b^3c+3c-4c^4=0.$$

Esto está listo para ser multiplicado por $c^2,$ y, a continuación, sustituyendo a $abc$, una vez más, obtenemos la ecuación de sexto grado en $b$ y en $c$

$$16b^6+(224c^3-24)b^3+12c^6+48c^3+9=0.$$

Podemos dejar que la $B=b^3, C=c^3,$ y, a continuación, esto se convierte en una ecuación cuadrática, donde se puede ver una de las variables (es decir $B$) como lo estamos resolviendo para y el otro como un parámetro. Recordando que la cuadrática tendría que tener un racional plaza para un análisis discriminante con el fin de tener una raíz racional, nos encontramos con que

$$(224C-24)^2-4\cdot16\cdot(12C^2+48C+9)=r^2$$

para algún número racional $r.$ Ahora podemos ver esto como una ecuación cuadrática en $C$ y aplicar el mismo discriminante truco, y encontrar que

$$4\cdot240^2+4\cdot193r^2=s^2$$

para un número racional $s.$ Dejando $r=m/n,$ donde $m,n$ son enteros,

$$240^2 n^2 + 193 m^2 = (ns/2)^2.$$

Mod 5, esto nos dice $3m^2$ es un cuadrado, lo cual es imposible.

Espero que alguien que conoce la teoría de Galois bien puede proporcionar más fácilmente generalizables respuesta.

Answer 3

Estoy asombrada de la cantidad de trabajo que parece tomar para conseguir lo que debería ser un "evidente" el resultado de la...que la raíz cúbica de a $3$ no por arte de magia aparece cuando se extienden los racionales por la raíz cúbica de a $2$. Voy a tratar de buscar consecuencias de una improbable circunstancia y ver si podemos llegar a una contradicción.

En primer lugar, vamos a dejar que $\alpha=\sqrt[3]2$ $\beta = \sqrt[3]3,$ donde vamos a entender las raíces cúbicas para referirse a los valores reales. El resultado no deseado es suponer que

$$\beta = a + b\alpha + c\alpha^2$$

Pero recordemos que hay tres raíces cúbicas de cada número; y puesto que son algebraicamente indistinguibles, lo que es verdadero para uno debe ser verdad para todos. La obvia interpretación de esta ecuación es que se aplica a las verdaderas raíces cúbicas; pero lo que si tratamos de aplicar a los valores complejos? Vamos a probar la sustitución de $\omega\alpha$$\alpha$; esto, naturalmente, las fuerzas de la sustitución de $\omega^2\beta$$\beta$. Qué la ecuación parecen ahora?

$$(\omega^2) \beta = a + b\omega\alpha + c (\omega^2)\alpha^2$$

Esta ecuación es extrañamente problemática. Asumiendo como podemos que $\alpha$ $\beta$ son reales, podemos interpretar esta cantidad como un vector en el plano complejo. A partir de la LHS, apunta en la dirección de la $\omega^2$; pero en el lado derecho, se compone de tres vectores, uno de los cuales ya está apuntando en la dirección correcta. En orden para el conjunto de vectores para señalar el camino correcto, el resto de componentes también deben estar apuntando en la dirección de $\omega^2$:

$$a + b\omega\alpha =k(\omega^2)$$

Está claro geométrica de inspección que esto sólo puede suceder si $a=b\alpha$; y desde $a$ $b$ son racionales, y $\alpha$ es irracional, esto es imposible. Por lo tanto, volviendo a la hipótesis original, debemos encontrar ese $\beta =\sqrt[3]3$ no está presente en el campo de la extensión $\Bbb Q(\alpha=\sqrt[3]2)$.

Me pregunto si este argumento es correcto, o "lo suficientemente cerca" para corregir que puede ser fijo? Yo soy un poco incómodo con el sabor de una expresión algebraica argumento que recurre a interpretaciones geométricas; no es mi forma de esperar que estas cosas se vayan.

Answer 4

Como se observó en el OP, es suficiente para demostrar que el polinomio $f(x) = x^9 - 15x^6 - 87x^3 -125$ es irreductible ( $\mathbb{Q}$ ). El Criterio de Eisenstein con p = 5 no funciona con este polinomio. Sin embargo (con la ayuda de Wolfram Alpha), nos encontramos con que

$f(x - 1) = x^9-9 x^8+36 x^7-99 x^6+216 x^5-438 x^4+471 x^3-261 x^2+99 x-141$

y el Criterio de Eisenstein con p = 3 muestra que f(x - 1), y, por lo tanto, f(x) es irreducible sobre $\mathbb{Q}$.

Estoy suponiendo que el OP sabe que $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2, \sqrt[3]3) = \mathbb{Q}(\sqrt[3]2 + \sqrt[3]3)$.