Esta es una amplificación de Gerry Myerson la respuesta, que puede ser de ayuda.
Usted está preguntando sobre el núcleo del mapa $\mathbb Q^{\times}/(\mathbb Q^{\times})^k \to L^{\times}/(L^{\times})^k,$ donde $L =\mathbb Q(\zeta_k)$.
En general, para cualquier campo $K$ de char. primer a $k$, hay un isomorfismo natural $K^{\times}/(K^{\times})^n \cong H^1(G_K,\mu_k)$. (Este es el
el contenido de Kummer teoría, y sigue de Hilbert Thm. 90.)
Por lo tanto si $L$ es una extensión de Galois de $K$, el núcleo de el mapa
$K^{\times}/(K^{\times})^k \to L^{\times}/(L^{\times})^k$ es, naturalmente, identificado con el núcleo de el mapa de restricción $H^1(G_K,\mu_k) \to H^1(G_L,\mu_k)$, que la inflación de restricción de la secuencia exacta, es igual a
$H^1(Gal(L/K),\mu_k(L))$ (donde $\mu_k(L)$ indica el subgrupo de $\mu_k$
consta de elemento que se encuentran en $L$).
Si aplicamos este con $K = \mathbb Q$$L = \mathbb Q(\zeta_k)$, nos encontramos con
que el kernel que está interesado en que se identifica con
$H^1((\mathbb Z/k)^{\times},\mu_k)$, lo cual no es demasiado difícil de calcular.
Un enfoque para el cálculo es la siguiente: Si factor de $k$ en un producto
de los poderes de los distintos números primos, decir $k = \prod p^n,$$\mu_k = \oplus \mu_{p^n},$, por lo que estamos reducidos a la computación
$$H^1((\mathbb Z/m)^{\times} \times (\mathbb Z/p^n)^{\times}, \mu_{p^n})$$
para cada una de las $p$ (donde, después de haber elegido un determinado $p$, que he escrito
$k = m p^n$ , $m$ coprime a $p$). Uno puede calcular este montón de maneras,
por ejemplo, a través de la Kunneth fórmula.
La clave son los hechos los que si $p$ es impar, entonces (ya que el mod $p$ cyclotomic carácter es distinta de la trivial carácter) $H^i((\mathbb Z/p^n)^{\times},\mu_{p^n})$
se desvanece para todos los $i$, mientras que si $p = 2$ $n \geq 1$ (resp. $n \geq 2$ ), $H^0((\mathbb Z/2^n)^{\times},\mu_{2^n})$
(resp. $H^1((\mathbb Z/2^n)^{\times},\mu_{2^n})$) es de orden dos.
De estos, uno deduce que
$H^1((\mathbb Z/k)^{\times},\mu_k)$ es trivial si $k$ es impar;
es un producto de $l$ grupos cíclicos de orden $2$ si $k$ es exactamente divisible por $2$, y es divisible por $l$ distintos impares, números primos; y es un producto de $l+1$
cíclico de los grupos de orden $2$ si $k$ es divisible por $4$, y por $l$ distintos impares, números primos.
Aquí están las interpretaciones concretas:
Si $k$ es impar, entonces cualquier elemento de
$\mathbb Q^{\times}$ que se convierte en un $k$th poder en $\mathbb Q(\zeta_k)$ fue
ya una $k$th poder en $\mathbb Q$.
Si $k = 2m,$ donde $m$ es impar, divisible por los números primos $p_1,\ldots,p_l$,
entonces, cualquier elemento de la $\mathbb Q^{\times}$ que se convierte en un $k$th poder
en $\mathbb Q(\zeta_k) = \mathbb Q(\zeta_m)$ es un producto
de los poderes de $p_1^m,\ldots,p_l^m$.
Si $k = 2^n m,$ donde $m$ es impar, divisible por los números primos $p_1,\ldots,p_l$, e $n \geq 4,$, entonces cualquier elemento
de $\mathbb Q^{\times}$ que se convierte en un $k$th poder en $\mathbb Q(\zeta_k)$
es un producto de potencias de
$p_1^{2^{n-1}m},\ldots,p_l^{2^{n-1}m}, (-4)^{2^{n-2}m}.$
Por supuesto, uno no necesita grupo cohomology de solucionar esto. La ventaja del grupo cohomology enfoque, sin embargo, es que es completamente sistemática. (Excepto, quizás, para el hormigón interpretación parte, que implica la realización de Kummer teoría efectiva; aunque en el caso particular que usted está interesado en, es bastante fácil ver directamente que los elementos especificados convertido $k$th
poderes en $L$, y el problema es sólo para mostrar que no hay otros elementos que hacen, para que el resumen cohomology cálculos suficiente.)
Respuesta a tu pregunta: por extraño $k$ que $a$ ya era un racional $k$th poder.
