¿Por qué no cuaterniones contradice el Teorema Fundamental del Álgebra?

Question

Yo no pretendo saber mucho más sobre el Teorema Fundamental del Álgebra (TLC), pero sí sé lo que dice: para cualquier polinomio con grado de $n$, hay exactamente $n$ soluciones (raíces).

Así, cuando se trata de cuaterniones, aparentemente $i^2=j^2=k^2=-1$, pero $i\ne j\ne k\ne i$. Ahora, tenemos al parecer se encuentra tres soluciones para el segundo-grado del polinomio $x^2=-1$.

Yo no soy consciente de que la justificación de la FTA, ni yo soy consciente de Hamilton justificación de cuaterniones. Sin embargo, conozco una contradicción cuando veo uno. Lo que me estoy perdiendo aquí?

Answer 1

De hecho, hay un mayor resultado básico en el trabajo aquí.

La proposición: Vamos a $R$ ser una parte integral de dominio y $R[x]$ ser el anillo de polinomios con coeficientes en $R$. Si $f \in R[x]$ tiene el grado $n$, $f$ tiene más de $n$ raíces en $R$.

Ustedes han visto que este resultado no es cierto para polinomios con coeficientes en los cuaterniones. Pero los cuaterniones no son una parte integral de dominio debido a que la multiplicación no es conmutativa.

El resultado anterior, dice que un grado $n$ polinomio tiene en la mayoría de las $n$ raíces; el teorema fundamental del álgebra dice que un grado $n$ polinomio tiene exactamente $n$ raíces de polinomios con coeficientes complejos.

EDIT: Ver la maravillosa respuesta aquí para el punto exacto donde la prueba usual de la anterior proposición se descompone en el caso de los cuaterniones. Básicamente se reduce al hecho de que en el polinomio anillo, el indeterminado $x$ viajes con todos los escalares, es decir, $ax = xa$ todos los $a \in R$. Pero si $R$ es no conmutativa la sustitución de $b \in R$ $x$ puede causar problemas, ya que no es siempre cierto que $ab = ba$.

Answer 2

Déjame poner mis comentarios en una respuesta. Como SpamIAm dijo, el TLC como una generalización en cualquier parte integral de dominio :

Si $R$ es una parte integral de dominio, a continuación, cualquier polinomio $P \in R[x]$ grado $n$ como en la mayoría de $n$ raíces (contadas con multiplicidad)

La prueba es que : $\quad $(un campo es conmutativa, de lo contrario decimos un no-conmutativa de campo)

• Cualquier integrante de dominio puede ser incrustado en su campo de la fracción $K$

• Cualquier campo $K$ puede ser incrustado en su clausura algebraica $\overline{K}$

• En un algebraicamente cerrado campo de $\overline{K}$, el TLC es

  Cualquier polinomio $P \in \overline{K}[x]$ grado $n$ tiene exactamente $n$ raíces (contadas con multiplicidad)

  prueba :

  • desde $\overline{K}$ es algebraicamente cerrado $P \in \overline{K}[x]$ tiene al menos una raíz $a \in \overline{K}$

  • si $F$ es un campo, entonces $P \in F[x]$ $ P(a) = 0$ algunos $ a \in F \implies P(x) = (x-a)Q(x)$ algunos $Q\in F[x]$ (ver polinómica división)

  • La repetición de la factorización en $Q(x)$ $P(x) = C \prod_{j=1}^n (x-a_j)$

  • Si $R$ es una parte integral de dominio y $P(x) = C \prod_{j=1}^n (x-a_j)$ $a_j \in R$ $C \ne 0$ $P(b) = 0 \implies b = a_j$ algunos $j$

De esta manera usted puede ver qué pasos fallar por $\mathbb{H}$ un no-conmutativa de campo.

Answer 3

Ya tiene un montón de respuestas, pero me gustaría añadir algo de información en la esperanza de que pueda ayudar a otros estudiantes, no sólo a usted. Usted escribió "yo no sé qué [TLC]: para cualquier polinomio con grado de $n$, hay exactamente $n$ soluciones (raíces)." Lo que usted ha citado aquí no es el TLC, sino más bien la conclusión de la mitad de los TLC. Se omite la hipótesis de la mitad, que es que los coeficientes del polinomio y las raíces que se cuentan son los números complejos. Como las otras respuestas han explicado, la hipótesis no está satisfecho cuando usted está tratando con cuaterniones, ya que estos no son números complejos, así que no hay razón para esperar que la conclusión sea verdadera. La razón por la que estoy repetir constantemente esta información es que el problema aquí es que he visto muy a menudo en la enseñanza de los diversos niveles de la matemática: una tendencia a prestar atención sólo a la conclusión de un teorema, ignorando la hipótesis. Algunos estudiantes parecen sentir que la hipótesis es no sólo porque matemáticos como para hacer teoremas parecer complicado. Como usted se encuentra aquí, la hipótesis es porque nos gusta hacer teoremas correcta; si se omite (o ignorar) las hipótesis, se obtiene falsas declaraciones, como la declaración de que los polinomios cuadráticos deben tener sólo dos cuaterniones raíces. Así que la moraleja de este sermón es que, cuando el aprendizaje de un teorema, usted necesita aprender todo teorema, la hipótesis y la conclusión. El aprendizaje sólo la conclusión conduce a errores.

Answer 4

dxiv respondió a la pregunta perfectamente en el comentario; pero permítanme elaborar.

El teorema fundamental del álgebra dice que todo polinomio de la forma

$$p(z) = a_{n}z^{n} + a_{n-1}z^{n-1} + \dots + a_{1}z + a_{0}$$ where each $a_{n}$ es un número complejo.

puede ser factorizado como

$$p(z) = a_{n}(z - z_{1})\cdot(z - z_{2})\cdots(z - z_{n-1})\cdot(z - z_{n})$$

para algunos la elección de los números complejos $z_{1},\cdots,z_{n}$.

Ahora, esto es equivalente a decir no, precisamente, $n$ soluciones que se encuentran en los números complejos a la ecuación de $p(z) = 0$, en tanto estamos de acuerdo con el conteo de las soluciones en términos de su multiplicidad.

Su ejemplo muestra que hay otras soluciones que se encuentran dentro de los Cuaterniones de campo. Puesto que no todas las soluciones son números complejos, no hay ninguna contradicción.

Espero que ayude.

Answer 5

Así, desde el complejo es en realidad un subconjunto de los cuaterniones, no debe haber contradicción invocada. Sin embargo, yo esperaría que para cada solución en el complejo, habría una superficie esférica de la función de las soluciones de cuaterniones el espacio, puesto que $i^2 = j^2 = k^2 = -1$ tal que $\exists a, b, c \in [0, 1]$ donde $(ai + bj + ck)^2 = -1$ tal que $a, b, c$ se encuentran en la unidad de la bola de $\mathbb{R}^3$

Así que en ese sentido me gustaría estar en desacuerdo con la aceptada respuesta, ya que la superficie de la función tiene la potencia del continuo.