Extensión de campo obtenida adosando una raíz cúbica a los racionales.

Question

Espero que no sea demasiado largo, pero prefiero dar una breve introducción con la esperanza de una última oportunidad para repasar esto en mi cabeza y detectar cualquier error.

He aquí un ejemplo primitivo de ampliación de un campo: $\mathbb{Q}(\sqrt 2) = \{a + b\sqrt 2 \;|\; a,b \in \mathbb{Q}\}$ . Es fácil demostrar que es un grupo aditivo conmutativo con identidad $0$ . Es un poco más complicado demostrar que una vez $0$ (lo que excluye $a = b = 0$ ), lo que queda es un grupo multiplicativo con identidad $1$ e inversa multiplicativa $$\dfrac{1}{a + b\sqrt 2} = \dfrac{1}{a + b\sqrt 2}\dfrac{a - b\sqrt 2}{a - b\sqrt 2} = \dfrac{a - b\sqrt 2}{a^2 - 2b^2} = \dfrac{a}{a^2 - 2b^2} + \dfrac{- b}{a^2 - 2b^2}\sqrt 2$$ que siempre existe porque $a,b\in\mathbb{Q}$ asegura que el denominador en la ecuación anterior nunca puede ser igual a cero y puesto que $a$ et $b$ no puede ser $0$ tampoco la inversa, lo que nos da un cierre. Así que $\mathbb{Q}(\sqrt 2)$ es un campo.

Ahora intentamos reproducirlo con $\sqrt[3] 5$ . Un poco de álgebra mostrará rápidamente que si definimos $\mathbb{Q}(\sqrt[3]5)$ con elementos $a + b\sqrt[3]5$ como antes, nos encontraremos con problemas de cierre al multiplicar dos elementos de este tipo. En su lugar, definimos

$$\mathbb{Q}(\sqrt[3]5) = \{a + b\sqrt[3]5 + c\sqrt[3]{25} \;|\; a,b,c \in \mathbb{Q}\}$$

Una vez más, comprobar que el conjunto anterior es un grupo abeliano aditivo es fácil. Para demostrar que el conjunto menos $0$ es un grupo multiplicativo necesitamos hacer algo de álgebra lineal: Queremos demostrar que dado $a,b$ et $c$ (no los tres $0$ ) existe un único $x,y$ et $z$ tal que

$$(a + b\sqrt[3]5 + c\sqrt[3]{25})(x + y\sqrt[3]5 + z\sqrt[3]{25}) = (1 + 0\sqrt[3]5 + 0\sqrt[3]{25})$$

donde el lado derecho de la ecuación anterior es simplemente $1$ es decir, la identidad multiplicativa. Un poco de álgebra tediosa nos permite reescribir el lado izquierdo como $$(ax + 5cy + 5bz) + (bx + ay + 5cz)\sqrt[3]{5} + (cx + by + az)\sqrt[3]{25} = 1$$ Así que podemos reescribir lo anterior como un sistema de ecuaciones ${\bf A x = b}$ dada por $$\begin{pmatrix}a & 5c & 5b \\ b & a & 5c \\ c & b & a\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\ y \\ z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$ Esto reduce el problema de demostrar que siempre existe una inversa multiplicativa única a uno de demostrar que la matriz cuadrada anterior es invertible (lo que nos garantizaría una solución única.) Así que vamos a encontrar su determinante:

$$\det({\bf A}) = a(a^2 - 5bc) + b(5b^2 - 5ac) + c(25c^2 - 5ab) = a^3 + 5b^3 + 25c^3 - 15abc.$$

Finalmente, llegamos a donde estoy atascado. ¿Cómo podemos garantizar que lo anterior es siempre distinto de cero siempre que $a,b$ et $c$ ¿no son todos cero? Las notas que estoy repasando se saltaron esta parte y sólo decían que $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{5})$ es un campo.

Answer 1

Si realmente queremos hacerlo más o menos de la manera que describes, se puede hacer. Lo que queremos demostrar es que $$a^3 + 5b^3 + 25c^3 - 15abc=0$$ no tiene ningún racional soluciones. Si no insistimos en la racionalidad, por supuesto que hay muchas soluciones.

Supongamos, por el contrario, que existe tal solución. Exprese $a$ , $b$ y $c$ utilizando un denominador común $d$ y multiplicar por $d^3$ . Acabamos buscando entero soluciones de la ecuación anterior.

Tenga en cuenta que $5$ divide todos los coeficientes excepto el de $a^3$ . Así que $5$ debe dividir $a$ , digamos $a=5a_1$ . Sustituir. Dividir por $5$ .

Encontramos que $5$ divide ahora todos los coeficientes excepto el de $b^3$ . Así que $5$ divide $b$ , digamos $b=5b_1$ . Sustituir, dividir por $5$ .

Ahora estamos en la misma situación con $c^3$ . Sea $c=5c_1$ dividir por $5$ .

Concluimos que si $(a,b,c)$ es una solución entera, también lo es $(a_1,b_1,c_1)$ . Ahora podemos jugar al mismo juego con $(a_1,b_1,c_1)$ . Y con $(a_2,b_2,c_2)$ . Y así para siempre.

Esto es imposible a menos que $(a,b,c)=(0,0,0)$ para el único número entero divisible por potencias arbitrariamente altas de $5$ es $0$ .

Tenga en cuenta que hemos utilizado el clásico descenso argumento para demostrar la irracionalidad.

Observación: Para polinomios que son sólo un poco más complicados que $x^3-5$ imitar su cómputo y el posterior argumento de descenso suena muy desagradable. Pero el planteamiento del Teorema de Bezout, tan bien descrito por Arturo Magidin, proporciona una demostración uniforme para todos los polinomios irreducibles sobre los racionales. Además, el proceso de Bezout utiliza un algoritmo simple, esencialmente el Algoritmo Euclidiano Extendido, que produce eficientemente su deseado $(x,y,z)$ .

Answer 2

He aquí una forma más sencilla de abordar todas estas cuestiones.

Recordemos que si $F$ es un campo, un elemento $\alpha$ de un sobrecampo $K$ se dice algebraico si y sólo si existe un polinomio mónico $f(x)$ con coeficientes en $F$ tal que $f(\alpha)=0$ . Si es así, entonces es fácil demostrar (utilizando el algoritmo de la división, por ejemplo) que todo polinomio que tenga $\alpha$ como raíz es múltiplo de un polinomio mónico particular, que será irreducible sobre $F$ (no puede escribirse como producto de polinomios no constantes de grado estrictamente menor); este polinomio se denomina "el irreducible mónico (polinomio) de $\alpha$ en $F$ ."

Teorema. Sea $F$ sea un campo, y $K$ sea un cierre algebraico de $F$ y que $\alpha\in K$ . Sea $f(x) = a_0+a_1x+\cdots a_{n-1}x^{n-1}+x^n$ sea el polinomio irreducible mónico de $\alpha$ con coeficientes en $K$ . Entonces $$\{b_0 + b_1\alpha+\cdots + b_{n-1}\alpha^{n-1}\mid b_i\in F\}$$ es un campo, y es el subcampo más pequeño de $K$ que contiene $F$ et $\alpha$ . Es decir, $$F(\alpha)=F[\alpha] = \{b_0 + b_1\alpha+\cdots + b_{n-1}\alpha^{n-1}\mid b_i\in F\}$$

( Nota : Por definición, $F(\alpha)$ es el subcampo más pequeño de $K$ que contiene $F$ et $\alpha$ y $F[\alpha]$ es el más pequeño subring de $K$ que contiene $F$ et $\alpha$ .)

Prueba. Es evidente que esta colección forma un grupo; demostrar que es un anillo no es difícil, podemos utilizar el hecho de que $f(\alpha)=0$ para obtener $$\alpha^n = -(a_0 + a_1\alpha+\cdots + a_{n-1}\alpha^{n-1}),$$ que nos permite escribir cualquier potencia de $\alpha$ superior a $n-1$ en términos de potencias menores.

El verdadero problema son los inversos multiplicativos. Sea $$b_0 + b_1\alpha+\cdots + b_{n-1}\alpha^{n-1}$$ sea un elemento no nulo de nuestro conjunto. Sea $p(x) = b_0+b_1x+\cdots+b_{n-1}x^{n-1}$ .

Afirmo que existen polinomios $m(x)$ et $n(x)$ con coeficientes en $F$ tal que $m(x)p(x) + n(x)f(x) = 1$ . Efectivamente, $F[x]$ es un dominio euclidiano; puesto que $f(x)$ es irreducible, y $p(x)$ es distinto de cero y de grado estrictamente menor que $f(x)$ entonces $f(x)$ et $p(x)$ son relativamente primos. Y puesto que $F[x]$ es un dominio euclidiano, el algoritmo euclidiano ampliado producirá $m(x)$ et $n(x)$ .

Ahora conecte $\alpha$ . Tenemos $1 = m(\alpha)p(\alpha) + n(\alpha)f(\alpha) = m(\alpha)p(\alpha)$ . Así, $p(\alpha) = b_0+b_1\alpha+\cdots+b_{n-1}\alpha^{n-1}$ tiene un inverso multiplicativo que es un polinomio en $\alpha$ con coeficientes en $F$ . Podemos entonces reescribir cualquier potencia de $\alpha$ superior a $n-1$ como potencias menores para conseguir que $p(\alpha)$ tiene un inverso en nuestro conjunto, y hemos terminado.

Ahora bien, es evidente que cualquier subring de $F$ que contiene $F$ y contiene $\alpha$ contendrá nuestro conjunto, por lo que $$\{a_0+a_1\alpha+\cdots+a_{n-1}\alpha^{n-1}\mid a_i\in F\} \subseteq F[\alpha]\subseteq F(\alpha)\subseteq \{a_0+a_1\alpha+\cdots+a_{n-1}\alpha^{n-1}\mid a_i\in F\}$$ dando igualdad. $\Box$

En tu caso, $F=\mathbb{Q}$ , $\alpha=\sqrt[3]{5}$ que satisface $f(x) = x^3-5$ que es mónico e irreducible sobre $\mathbb{Q}$ . Así que $$\mathbb{Q}(\sqrt[3]{5}) = \mathbb{Q}[\sqrt[3]{5}] = \{a + b\sqrt[3]{5}+c(\sqrt[3]{5})^2\mid a,b,c\in\mathbb{Q}\}.$$

Answer 3

Tome cualquier $\alpha \in \mathbb Q [\sqrt[3]{2}]$ y considerar la $\mathbb Q$ -endomorfismo lineal $$m_{\alpha}:\mathbb Q [\sqrt[3]{2}]\to \mathbb Q [\sqrt[3]{2}]:x\mapsto x\cdot \alpha$$ Es inyectiva porque $\mathbb Q [\sqrt[3]{2}]\subset \mathbb R $ es un dominio, por lo tanto suryectivo porque $\mathbb Q [\sqrt[3]{2}]$ es de dimensión finita.
Así que existe $\beta \in \mathbb Q [\sqrt[3]{2}]$ tal que $m_{\alpha}( \beta )=\beta\cdot \alpha=1 $ y tenemos demostrado que $\alpha^{-1}=\beta\in Q [\sqrt[3]{2}]$ .

Answer 4

Es realmente simple: generalizando racionalizar denominadores se puede leer fácilmente la inversa de $\alpha$ de cualquier polinomio mínimo. Sea $\alpha\ne 0$ sea un elemento de un dominio $D$ que es algebraico sobre algún subcampo $F$ . Ser algebraico, $f(\alpha) = 0$ para algunos $f(x)\in F[x],\ f\ne 0$ . Desde $D$ es un dominio podemos suponer $f(0) \ne 0$ desde $f(\alpha)\:\alpha^n = 0$ $\Rightarrow$ $f(\alpha) = 0$ . Escribir $f(x) = x\ g(x) - a,\ a \ne 0$ y evaluando en $x = \alpha$ deducimos $\alpha\ g(\alpha) = a$ de ahí $\alpha\ g(\alpha)\ a^{-1} = 1$ es decir $\alpha^{-1} = g(\alpha)\ a^{-1}.$

Se trata de una generalización de racionalizar denominadores en el caso de campo cuadrático / divisor, donde el término constante de un polinomio mínimo es un norma (producto de conjugados). Para más información sobre este punto de vista, véase esta respuesta.

Esto falla en los no dominios, por ejemplo $\alpha\in \mathbb Q[\alpha]/(\alpha^2)$ tiene un polinomio mínimo $f(x) = x^2$ con $f(0) = 0$ por lo que el método anterior falla. De hecho, los divisores de cero nunca son invertibles (excepto en el anillo cero).