Demuestra que $[\Bbb{Q}:\Bbb{Q}(\rho+i)]=8$ sin utilizar el teorema del elemento primitivo

Question

Dejemos que $\rho=p^{\frac{1}{4}}$ con $p$ primo. La prueba de que

$$\Bbb{Q}(\rho,i)=\Bbb{Q}(\rho+i)$$ se deduce directamente del teorema del elemento primitivo. Sin embargo, tengo curiosidad por saber si hay una forma explícita de demostrarlo calculando el polinomio mínimo de $\rho+i$ en $\Bbb{Q}$ o al menos demostrar que

$$[\Bbb{Q}:\Bbb{Q}(\rho+i)]=8$$

ya que entonces por la propiedad de transitividad del grado, obtendríamos que

$$[\Bbb{Q}(\rho+i):\Bbb{Q}(\rho,i)]=1$$

y por lo tanto ambas extensiones son iguales.

Lo he intentado por fuerza bruta, eso es dejar $\alpha=\rho+i$ y elevar al cuadrado, restar, etc. para encontrar un polinomio que tenga $\alpha$ como raíz, pero siempre consigo cosas que son demasiado complicadas de manejar con el grado $16$ Así que necesito nuevos caminos para resolver el problema. Mi pregunta sería la siguiente:

¿Hay alguna forma sencilla de demostrar que $$[\Bbb{Q}:\Bbb{Q}(\rho+i)]=8$$ sin utilizar entonces el teorema del elemento primitivo, es decir, calculando el polinomio mínimo de $\rho+i$ en $\Bbb{Q}$ o utilizando cualquier otra herramienta?

Gracias de antemano por su tiempo.

Answer 1

Pues bien, cuando intento calcular el polinomio mínimo con $\alpha := \sqrt[4]{p} + \mathrm{i}$ me sale:

\begin{align} \alpha & = \sqrt[4]{p} + \mathrm{i} & \implies \\ (\alpha - \mathrm i )^4 &= p & \implies\\ (\alpha^2-2\alpha\mathrm i-1)^2 &= p & \implies \\ \alpha^4-6\alpha^2+1-p & = \mathrm i \cdot (4\alpha^3 - 4\alpha) & (\mathrm 1) \end{align}

Cuadra la última línea, y (Wolfram Alpha es tu amigo) esto nos lleva al polinomio

$$f(X) = X^8+4X^6+(6-2p)X^4+(4+12p)X^2+(p-1)^2$$

Puede verificar aquí que $\sqrt[4]{p} + \mathrm i$ es una raíz de $f$ .

Hmm, bueno ahora podrías intentar demostrar que $f$ es irreducible. A primera vista esto no es obvio para mí y puede implicar cálculos heroicos.

Dices que sabes que $[\Bbb{Q}(\rho,\mathrm i):\Bbb{Q}] = 8$ Así que $[\Bbb{Q}(\rho+\mathrm i):\Bbb{Q}]$ divide 8 (por lo que es 2,4 u 8). Así que otra cosa que podrías hacer ahora es demostrar que no puede ser ni 2 ni 4. Para demostrar que $[\Bbb{Q}(\rho+\mathrm i):\Bbb{Q}] \neq 2$ Supongamos que lo es. Entonces el polinomio mínimo es de la forma $X^2+aX+b \in \Bbb{Q}[X]$ . Ponga su $\alpha$ y obtener \begin{align} a \sqrt[4]{p}+\mathrm i a+b+\sqrt[4]{p}+2 \mathrm i \sqrt[4]{p}-1 & = 0 \implies \\ a & = -2\sqrt[4]{p}\ \ \text{(because complex part of $b$ must be 0)} \end{align} que no puede ser. Así que $[\Bbb{Q}(\rho+\mathrm i):\Bbb{Q}] \neq 2$ . De forma similar, podrías demostrar que tampoco puede ser 4. Pero no creo que esto sea divertido.

Por otro lado , ( $1$ ) muestra de inmediato lo que Matt B en los comentarios: demuestra que $\mathrm i = \displaystyle \frac{\alpha^4-6\alpha^2+1-p}{4\alpha^3-4\alpha} \implies \mathrm i \in \mathbb{Q}(\alpha) \implies \mathbb{Q}(\rho, \mathrm i) \subset \mathbb{Q}(\rho + \mathrm i)$ y ya está.

PD: Prefiero escribir $[\Bbb{Q}(\rho+i):\Bbb{Q}]$ que $[\Bbb{Q}:\Bbb{Q}(\rho+i)]$ y poner el campo más grande a la izquierda del ":".

Answer 2

Dejemos que $\alpha= \rho+i$ . Ahora $p=\rho^4= (\alpha-i)^4$ y el lado derecho será de la forma $f(\alpha)+ i g(\alpha)$ para $f,g$ polinomios, y $g(\alpha)\neq 0$ desde $\alpha^2-1\neq 0$ porque $\rho^2 -1 \neq 0$ es su parte real). Esto demuestra que $i$ se encuentra en el subcampo generado por $\alpha$ . Así, $\rho$ también lo hace, y ya está.

Answer 3

Aquí hay una respuesta usando un poco de teoría de Galois, como pidió @user314159. Me di cuenta mientras escribía que era un poco más largo de lo esperado, pero hay mucho menos conjeturas y nunca necesitamos encontrar el polinomio mínimo.

Primera nota $K=\mathbb{Q}(\rho,i)$ es el campo de división del polinomio $f=x^4-p$ en $\mathbb{Q}$ y por lo tanto es una extensión de Galois. Podemos determinar directamente que $[K:\mathbb{Q}]=8$ por la ley de la torre desde $f$ es irreducible y también tiene raíces reales y complejas.

Esto significa que el grupo de Galois $G=Gal(K/\mathbb{Q})$ tiene orden $8$ . Además, observamos que la subextensión $\mathbb{Q}(\rho)/\mathbb{Q}$ no es Galois ya que $\rho$ tiene un polinomio mínimo $f$ y el campo de división de eso es $K$ . Por el teorema de correspondencia de Galois, $G$ debe tener un subgrupo no normal, lo que significa que debe ser isomorfo al grupo diédrico $D_8$ .

Si ordenamos las raíces de $f$ para ser $r_1=\rho, r_2=i\rho, r_3=-\rho, r_4=-i\rho$ entonces podemos ver que $G$ es generado por los elementos $\sigma=(r_1,r_2)(r_3,r_4)$ y $\tau=(r_1,r_2,r_3,r_4)$ .

Recordemos que $D_8$ tiene $10$ subgrupos y, por tanto, por el teorema de correspondencia de Galois, si podemos determinar el número de elementos de $G$ que arreglar $\rho+i$ (estos forman un subgrupo), entonces podemos encontrar el grado de la extensión.

Tenga en cuenta que $5$ los subgrupos contienen el elemento $\tau^2$ (es el otro elemento del centro). Ahora $\rho+i=r_1+\frac{r_2}{r_1}$ así que $\tau^2(\rho+i)=r_3+\frac{r_4}{r_3}=-\rho +i \neq \rho+i$ . Esto significa que $\tau^2$ no se encuentra en el subgrupo estabilizador y, por lo tanto, hemos descartado aquellos $5$ opciones.

Sólo nos queda comprobar los elementos $\sigma, \sigma\tau, \sigma\tau^2,\sigma\tau^3$ para descartar otros subgrupos con cálculos similares. Una vez hecho esto, descubrimos que el único elemento que fija $\rho+i$ es la identidad por lo que el subgrupo que buscamos tiene orden $1$ .

Por el teorema de correspondencia de nuevo, esto muestra que $[\mathbb{Q}(\rho,i):\mathbb{Q}(\rho+i)]=1$ y así por la Ley de la Torre, $[\mathbb{Q}(\rho+i):\mathbb{Q}]=8$ según sea necesario.