En Un libro de álgebra abstracta por Charles C. Pinter, la parte 5 del ejercicio C página 318 es la siguiente:
Si $p(x)=x^4+ax^2+b\in F[x]$ entonces $F[x]/\langle p(x)\rangle$ es el campo raíz de $p(x)$ en $F$ .
(El campo raíz es el campo de división)
Por supuesto, debemos asumir que $p(x)$ es irreducible sobre $F$ Si no $F[x]/\langle p(x)\rangle$ no sería un dominio integral. Suponiendo esto, tenemos $F[x]/\langle p(x)\rangle\cong F(m)$ para cualquier raíz $m$ de $p(x)$ en una extensión de $K$ . Como $\deg p(x)=4$ tenemos $[F(m):F]=4$ para cualquier raíz $m$ de $p(x)$ .
Dejemos que $\Delta=a^2-4b$ , $m=\sqrt{\frac{-a-\sqrt{\Delta}}{2}}$ y $n=\sqrt{\frac{-a+\sqrt{\Delta}}{2}}$ . Entonces $m$ , $-m$ , $n$ y $-n$ son las raíces distintas de $p(x)$ . Así, para demostrar que $F(m)$ es el campo de división de $p(x)$ basta con demostrar que $n\in F(m)$ . Eso es lo que no puedo mostrar.
$F(m)$ es un $4$ -espacio vectorial de dimensiones sobre $F$ y $\{1,m,m^2,m^3\}$ es la base de la misma. Tenemos $\sqrt{\Delta}=-a-2m^2\in F(m)$ y $n^2=-a-m^2\in F(m)$ . Si $n\in F(m)$ entonces $\exists !\,x,y,z,t\in F,\, n=x+ym+zm^2+tm^3$ . Utilizando la igualdad $p(m)=0$ encontramos, a menos que haya un error, que $$n^2=x^2+abt^2-(2ty+z^2)b+2(xy-btz)m+((a^2-b)t^2+y^2+2xz-a(tz+z^2))m^2+2(tx-atz+yz)m^3$$ dando lugar a un sistema no lineal bastante complicado: $$\begin{cases} x^2+abt^2-(2ty+z^2)b &= &-a \\ 2(xy-btz) &= &0 \\ (a^2-b)t^2+y^2+2xz-a(tz+z^2) &= &-1 \\ 2(tx-atz+yz) &= &0\end{cases} $$ (ni siquiera sabemos cuál es la característica de este campo).
Esto sugiere que podría haber otro método, pero no pude encontrar nada. ¿Podríais ayudarme, por favor? Gracias de antemano.
