está contenido en

Question

Estoy tratando de resolver la pregunta 3.7 (b) del Capítulo 15 en Artin del libro "Álgebra".

El problema es:

Es cierto que $\sqrt[3]{5}\in \mathbb Q(\sqrt[3]{2})$?

Es claro por el criterio de Eisenstein que tanto $\sqrt[3]{2}$ $\sqrt[3]{5}$ tienen su mínima polynomails de egree $3$$\mathbb Q$.

Por lo tanto, si asumimos que $\sqrt[3]{5}\in \mathbb Q(\sqrt[3]{2})$, entonces tenemos que tener en $\mathbb Q(\sqrt[3]{5})=\mathbb Q(\sqrt[3]{2})$.

Esto no me lleve a nada.

Luego probé con el más simple de acercamiento.

Decir $\sqrt[3]{5}=a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4}$, para algunas de las $a,b,c\in \mathbb Q$.

Por cubicación y reorganizar, es probable que nos llegará en algún absurdo.

Pero claramente esto no debería ser lo que el autor debe tener la intención de.

Puede que alguien me apunte hacia una mancha de la solución?

Answer 1

Depende de la cantidad de la Teoría de Galois desea utilizar. Voy a demostrar que $\sqrt[3]{5} \not \in \mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}, \omega],$ donde $\omega$ es un primitivo complejo cubo de la unidad, y el cubo de raíces que se supone sean los reales. Supongamos lo contrario. Tenga en cuenta que el último campo ( $\mathbb{Q}$ ) tiene orden de $6$ y es generado por dos automorfismos: uno, decir $\sigma,$ intercambios $\omega$ $\omega^{2}$ y correcciones de cada elemento de $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}].$ El otro, decir $\tau$ envía $\sqrt[3]{2}$ $\omega \sqrt[3]{2}$y envía $\omega \sqrt[3]{2}$ $\omega^{2} \sqrt[3]{2}$(y por lo tanto corrige $\omega$ y $\omega^{2})$ y envía $\omega^{2} \sqrt[3]{2}$ $\sqrt[3]{2}.$

Vamos a ver donde $\tau$ puede enviar $\sqrt[3]{5}$. Que no se puede corregir $\sqrt[3]{5}$ o se iba a solucionar todo real subcampo de $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}, \omega],$ y ya corrige $\omega$$\omega^{2}$, por lo que sería el trivial automorphism. Se debe enviar $\sqrt[3]{5}$ a otra raíz cúbica de a$5$, aunque.

Supongamos que $\tau(\sqrt[3]{5}) = \omega \sqrt[3]{5}.$ $\tau$ $\sigma$ fix $\frac{\sqrt[3]{5}}{\sqrt[3]{2}}$, lo $\frac{\sqrt[3]{5}}{\sqrt[3]{2}} \in \mathbb{Q}$, que es rápidamente para contradecir única factorización en $\mathbb{Z}$ ( si $b\sqrt[3]{5} = a\sqrt[3]{2}$ relativamente primer enteros $a$ $b,$ $5b^{3} = 2a^{3},$ $5$ divide $a$ y, a continuación, $5$ divide $b,$ una contradicción).

Supongamos entonces que $\tau(\sqrt[3]{5}) = \omega^{2} \sqrt[3]{5}.$ $\tau(\sqrt[3]{25}) = \omega \sqrt[3]{25}.$ Ahora, sin embargo, $\tau$ $\sigma$ fix $\frac{\sqrt[3]{25}}{\sqrt[3]{2}}$, lo $\frac{\sqrt[3]{25}}{\sqrt[3]{2}} \in \mathbb{Q}$, que es de nuevo rápidamente para contradecir única factorización en $\mathbb{Z}$ ( si $b\sqrt[3]{25} = a\sqrt[3]{2}$ relativamente primer enteros $a$ $b,$ $25b^{3} = 2a^{3},$ $5$ divide $a$ y, a continuación, $5$ divide $b,$ una contradicción).

Por lo tanto la suposición de que $\sqrt[3]{5} \in \mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}, \omega]$ conduce a una contradicción, en cualquier caso.

Answer 2

No es una respuesta primaria, sino $\Bbb Q(\root3\of2\,)$ se ramifica a través de $\Bbb Q$ $2$ y $3$; $\root3\of5$ requiere de ramificación en $5$.

EDIT: tal vez un argumento más convincente (voy a usar la notación $\lambda=\root3\of2$):

Es "bien conocido" que $\Bbb Z[\lambda]$ es el anillo de enteros de $\Bbb Q(\lambda)$, y que este anillo es el PID (el número de la clase es $1$). Pero tenemos un claro factorización de $5$, esto es $$ 5 = (1+\lambda^2)(1 + 2\lambda - \lambda^2)\,. $$ Usted puede comprobar que el primer factor tiene norma $5$, la segunda norma $25$. En cualquier caso, ni es una unidad, por Eisenstein, $X^3-5$ es irreducible sobre $\Bbb Q(\root3\of2\,)$.

Answer 3

Suponiendo que $\sqrt[3]{5}$ pertenece a $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$, entonces cada % prime $p\equiv 1\pmod{3}$tal que $2$ es un residuo cúbico, también $5$ es un residuo cúbico. Sin embargo, hay un número infinito de números primos para que no tiene, el primero de ellos ser $31$. $x^3-2$ parte como $(x-4)(x-7)(x+11)$ $\mathbb{F}_{31}$, $x^3-5$ es un polinomio irreducible. Sigue que $\sqrt[3]{5}\not\in\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$, como se esperaba.

Answer 4

Supongamos $\Bbb Q(\sqrt[3]2) = \Bbb Q(\sqrt[3]5)$.

Deje $R = \Bbb Z[\sqrt[3]2]$ $O$ ser el anillo de enteros de $\Bbb Q(\sqrt[3]2)$. Obviamente tendremos que $O$ contiene $R$, y desde $\sqrt[3]5$ es un entero algebraico , es en $O$.

La fundamental volumen de $R$ es la raíz cuadrada del valor absoluto de la discriminante de $X^3-2$, por lo que es $6\sqrt 3$.

Desde la fundamental volumen de $O$ es la raíz cuadrada de un número entero, el índice de $O$ $R$ es un divisor de a $6$, y por lo $R \subset O \subset \frac 16 R$. Por lo tanto $\sqrt[3]5 \in \frac 16 R$, lo $5 = \left(\frac{a+b\sqrt[3]2+c\sqrt[3]4}6\right)^3$ para algunos enteros $a,b,c$.

Sin embargo $31$ es un primer no dividiendo $6$ y el modulo que $2$ es un cubo y $5$ no, de modo que obtenemos una contradicción por mirar esta relación modulo $31$.

Answer 5

Aquí es un enfoque que es menos elegante pero más elemental de las respuestas hasta el momento: se examina el polinomio mínimo de algunos algebraicas combinación de $\sqrt[3]{2}$$\sqrt[3]{5}$.

Por ejemplo, $\sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{5}$ satisface el polinomio $x^9 - 21x^6 -123x^3 -343$, por lo que estamos hecho si podemos demostrar que este polinomio es irreducible. Esto no es tan fácil de hacer a mano, por supuesto.