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Question

He intentado resolver $\sqrt[3]{3} =a + b* \sqrt[3]{2}+c* \sqrt[3]{4}$, pero no existe ninguna contradicción evidente, incluso cuando se toman las normas/huellas de ambos lados. No puedo pensar en otro enfoque. Esto es parte de una prueba mayor, quiero simplemente omitir este paso porque parece obvio, pero es muy molesto que no puedo probarlo.

Answer 1

Usted escribe que no hay ninguna contradicción evidente incluso cuando se toman las huellas/normas. Lo que es falso. Hay ciertamente una contradicción de esa manera. Usted simplemente tiene que tomar más de una traza! En lugar de simplemente tomar la traza de $\sqrt[3]{3}$${\mathbf Q}$, aspecto en el rastro de $\sqrt[3]{3}$$\sqrt[3]{3}\sqrt[3]{2}$.

Vamos a suponer $\sqrt[3]{3}$ ${\mathbf Q}(\sqrt[3]{2})$ y obtener una contradicción. Desde que la contención tenemos que $\sqrt[3]{6}$ es también en este campo, y por lo tanto ${\mathbf Q}(\sqrt[3]{2}) = {\mathbf Q}(\sqrt[3]{3}) = {\mathbf Q}(\sqrt[3]{6})$. Llamar a este campo común $K$. Supongamos $$ \sqrt[3]{3} = a + b\sqrt[3]{2} + c\sqrt[3]{4} $$ para algunos racional $a$, $b$, y $c$. Visualización de $K$${\mathbf Q}(\sqrt[3]{3})$,${\rm Tr}_{K/{\mathbf Q}}(\sqrt[3]{3}) = 0$. Visualización de $K$${\mathbf Q}(\sqrt[3]{2})$,${\rm Tr}_{K/{\mathbf Q}}(a + b\sqrt[3]{2} + c\sqrt[3]{4}) = 3a$. Por lo tanto $3a = 0$, lo $a = 0$. A continuación, multiplique la ecuación de arriba a ambos lados de la $\sqrt[3]{2}$, lo que $$ \sqrt[3]{6} = 2c + b\sqrt[3]{4}. $$ Visualización de $K$${\mathbf Q}(\sqrt[3]{6})$,${\rm Tr}_{K/{\mathbf Q}}(\sqrt[3]{6}) = 0$. Visualización de $K$${\mathbf Q}(\sqrt[3]{2})$,${\rm Tr}_{K/{\mathbf Q}}(2c + b\sqrt[3]{4}) = 3(2c)= 6c$. Por eso $6c = 0$, lo $c = 0$. Que hace que la ecuación anterior $\sqrt[3]{6} = b\sqrt[3]{4}$, y multiplicando ambos lados de esta por $\sqrt[3]{2}$ nos dice $\sqrt[3]{12} = b \in {\mathbf Q}$, lo cual es falso.

El libro "Campos de Número" por Marcus tiene un ejercicio usando esta idea para mostrar $\sqrt{3} \not\in {\mathbf Q}(\sqrt[4]{2})$. Es el ejercicio 16 del Capítulo 2. Usted debe tratar de que el ejercicio para comprobar que usted entiende este método. (Pero una vez se aprende más de la teoría algebraica de números, usted debe encontrar que la ramificación de las ideas mencionadas por Pete son una manera más eficiente para ver de un vistazo qué $\sqrt[3]{3}$ no puede ser en ${\mathbf Q}(\sqrt[3]{2})$.)

Edit: Aquí es una prueba de uso de las normas. Si ${\mathbf Q}(\sqrt[3]{2}) = {\mathbf Q}(\sqrt[3]{3})$, pasando después a Galois cierres de más de ${\mathbf Q}$ implica ${\mathbf Q}(\sqrt[3]{2},\omega) = {\mathbf Q}(\sqrt[3]{3},\omega)$. Escribo esto como $F(\sqrt[3]{2}) = F(\sqrt[3]{3})$ donde $F = {\mathbf Q}(\omega)$. Entonces por Kummer teoría de la $2 = 3\gamma^3$ o $2 = 3^2\gamma^3$ algunos $\gamma \in F$. Tomando normas de ambas ecuaciones de $F$ a $\mathbf Q$, $4 = 9c^3$ o $4 = 81c^3$ para algunos racional $c$. Esta es una contradicción.

Answer 2

Otro argumento: La pregunta es si $\mathbb Q(2^{1/3})$ $\mathbb Q(3^{1/3})$ son el mismo campo. Pero $\mathbb Q(3^{1/3})$ incrusta en $\mathbb Q_2$, mientras que $\mathbb Q(2^{1/3})$ no. La razón? El binomio de la serie para $(1+2)^{1/3}$ $2$- adically convergente; y $X^3-2$ es de Eisenstein sobre $\mathbb Z_2$, por lo que cualquier raíz genera un cúbicos de extensión de $\mathbb Q_2$.

Sin embargo, otro argumento: mira el primer modulo $31$, donde podemos ver que $2\equiv4^3$, en el hecho de $x^3-2=(x-4)(x-7)(x-20)$$\mathbb F_{31}[x]$, por lo que el $31$ se divide completamente en $\mathbb Q(2^{1/3})$. Por otro lado, $3$ es una raíz primitiva módulo $31$, y en el hecho de $31$ es inerte en $\mathbb Q(3^{1/3})$.

Answer 3

Voy a hacer uso de algunos conceptos básicos de la teoría algebraica de números.

Deje $K_2 = \mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$$K_3 = \mathbb{Q}(\sqrt[3]{3})$. Como los polinomios $t^3-2$ $t^3-3$ son tanto irreductible, tanto en $K_2$ $K_3$ son cúbico número de campos. Por lo tanto si $\sqrt[3]{3} \in K_2$ tendríamos $K_3 = K_2$.

El discriminante del polinomio $t^3-3$$-243 = -3^5$. El discriminante de el campo de número de $K_3 = \mathbb{Q}(\sqrt[3]{3})$ se divide este (en realidad son iguales, pero en general esta es una más delicada de cálculo), así que es el primer a $2$, y por lo tanto el primer $2$ no se ramifican en $K_3$. Por otro lado, el primer $2$ visiblemente ramifies en $K_2$, lo $2$ no dividir el discriminante de $K_2$. Por lo $K_2$ $K_3$ no puede ser igual (o incluso isomorfo).

En cierto sentido, tenemos la suerte de "ver" que $2$ ramifies en $K_2$. Lo que sigue da una más general, buscando criterio a lo largo de líneas similares.

Variante: Vamos a $K_1 = \mathbb{Q}[t]/(f_1)$ $K_2 = \mathbb{Q}[t]/(f_2)$ ser el número dos campos. Deje $\tilde{d}_1$ ser el discriminante del polinomio $f_1$ $\tilde{d}_2$ ser el discriminante del polinomio $f_2$. Deje $d_1$ $d_2$ ser el discriminantes de $K_1$$K_2$, y recordar que $\tilde{d}_1 = d_1 \cdot a_1^2$ $\tilde{d}_2 = d_2 \cdot a_2^2$ para algunos distinto de cero enteros $a_1$$a_2$. Por lo tanto, si hay un primer $p$ tal que $\operatorname{ord}_p(d_1)$ es impar y $p \nmid \tilde{d}_2$, luego $p \mid d_1$, $p \nmid d_2$ y por lo tanto $p$ ramifies en $K_1$, pero no en $K_2$. De ello se desprende que $K_1$ no puede ser embebido en $K_2$.

Por desgracia, la variante no muy aplican aquí desde el discriminante de $t^3-2$$-108 = -2^2 3^3$, así que fue bueno que hemos tenido suerte.

Answer 4

¿Qué tal esta? Deje $\alpha=\root3\of 3$$\beta=\root3\of 2$. Si $\alpha\in\mathbb Q(\beta)$, entonces, como Pete dice, $\mathbb Q(\alpha)=\mathbb Q(\beta)$. A continuación, sus cierres de Galois (es decir, la respectiva división de campos) son iguales. El grupo de Galois, entonces sería $S_3$, pero habría demasiados $\mathbb Q$-automorfismos en particular, los dos subgrupos de orden $3$ proveniente de permuting las raíces de cada uno de los dos irreductible cúbicas.

Apuesto a que hay una extraña fuerza bruta argumento sólo cubicación su ecuación original y el uso de independencia lineal de $1$, $\beta$, y $\beta^2$.

Answer 5

Este método utiliza la teoría de Galois. La notación y el teorema se sigue de que el libro "Álgebra abstracta: Una Introducción" escrito por Hungerford.

Pretendemos que $[\Bbb{Q}(\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{3}):\Bbb{Q}]=9$. Lo que implica que $[\Bbb{Q}(\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{3}):\Bbb{Q}(\sqrt[3]{2})]=3$ y $\sqrt[3]{3}\notin\Bbb{Q}(\sqrt[3]{2})$.

Considere la posibilidad de $K=\Bbb{Q}(\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{3},\xi_3)$ es una extensión de Galois de $\Bbb{Q}$, ($K$ es la división de campo de la $(x^3-2)(x^3-3)$$\Bbb{Q}$,) donde $\xi_3$ es una raíz primitiva de la unidad. Usted puede calcular todos los automorfismos en $Gal_\Bbb{Q}K$. (Es suficiente para determinar la imagen de $\sqrt[3]{2}, \sqrt[3]{3}$ $\xi_3$ para determinar un automorphism en $K$ fijos $\Bbb{Q}$, $\sqrt[3]{2}$ se asigna a las raíces $\sqrt[3]{2}, \sqrt[3]{2}\xi_3, \sqrt[3]{2}\xi_3^2$ de su polinomio mínimo $x^3-2$ en virtud de un automorphism, $\sqrt[3]{3}$ $\xi_3$ son de manera similar.) Entonces usted puede conseguir el grupo de Galois $Gal_\Bbb{Q}K$ es isomorfo a $S_3\times C_3$, donde $S_3$ es el grupo de simetría de grado 3 y $C_3=\langle g\rangle$ es el grupo cíclico de orden 3.

Más precisamente, $Gal_\Bbb{Q}K$ es generado por los automorfismos $\sigma, \tau$$\theta$. $$S_3\times C_3\ni((123),1)\leftrightarrow\sigma\en Gal_\Bbb{P}K, \sigma:\left\{ \begin{array}{ll} \sqrt[3]{2}\to \sqrt[3]{2}\xi_3 \\ \sqrt[3]{3}\to \sqrt[3]{3} \\ \xi_3\to \xi_3 \end{array} \right.$$ $$S_3\times C_3\ni((12),1)\leftrightarrow\tau\en Gal_\Bbb{P}K, \tau:\left\{ \begin{array}{ll} \sqrt[3]{2}\to \sqrt[3]{2} \\ \sqrt[3]{3}\to \sqrt[3]{3} \\ \xi_3\to \xi_3^2 \end{array} \right.$$ $$S_3\times C_3\ni((1),g)\leftrightarrow\theta\en Gal_\Bbb{P}K, \theta:\left\{ \begin{array}{ll} \sqrt[3]{2}\to \sqrt[3]{2} \\ \sqrt[3]{3}\to \sqrt[3]{3}\xi_3 \\ \xi_3\to \xi_3 \end{array} \right. $$ Uno puede escribir una parte del subgrupo de celosía diagrama de $S_3\times C_3$. Yo dibuje el diagrama de la página web http://hobbes.la.asu.edu/groups/groups.html Como en el siguiente diagrama se indica. El campo fijo de algunos subgrupos de $Gal_\Bbb{Q}K$ en virtud de la correspondencia de Galois la etiqueta en el diagrama.

Por el Teorema Fundamental de la Teoría de Galois, $$[\Bbb{Q}(\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{3}):\Bbb{Q}] =[E:F] =|Gal_F K:Gal_E K| =|(S_3\times C_3):\langle ((12),1)\rangle|=9. $$

El problema $[\Bbb{Q}(\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{3}:\Bbb{Q})]$ aparecen en el Ejercicio 9, Sección 31, de Un Primer Curso de Álgebra Abstracta 7/e escrito por Juan B. Fraleigh.