Mostrando que $\mathbb{Q}[\sqrt{2}, \sqrt{3}]$ contiene los inversos multiplicativos

Question

¿Por qué debe $\mathbb{Q}[\sqrt{2}, \sqrt{3}]$ -- el conjunto de todos los polinomios en la $\sqrt{2}$ $\sqrt{3}$ con coeficientes racionales, contienen los inversos multiplicativos?

He recogido de que cada elemento de a $\mathbb{Q}[\sqrt{2}, \sqrt{3}]$ toma forma a $a + b\sqrt{2} + c\sqrt{3} + d\sqrt{2}\sqrt{3}$ algunos $a,b,c,d \in \mathbb{Q}$, y me han demostrado que $\mathbb{Q}[\sqrt{2}]$ $\mathbb{Q}[\sqrt{3}]$ son ambos campos, pero no me queda claro por qué esto permite que para el general de los inversos multiplicativos de existir en $\mathbb{Q}[\sqrt{2}, \sqrt{3}]$.

Answer 1

Deje $K$ ser un campo de ampliación del campo de $F$ y deje $0\ne a\in K$ ser algebraicas sobre $F$; a continuación, $F[a]$ contiene la inversa de a $a$.

De hecho, si $f(X)=c_0+c_1X+\dots+c_{n-1}X^{n-1}+X^n$ es el polinomio mínimo de a$a$$F$, entonces es irreducible, por lo $c_0\ne 0$ y $$ c_0+c_1a+\dots+c_{n-1}^{n-1}+a^n=0. $$ Multiplicar por $c_0^{-1}a^{-1}$ para obtener $$ a^{-1}=-c_0^{-1}(c_1+\dots+c_{n-1}^{n-2}+a^{n-1}) $$ por lo $a^{-1}\in F[a]$.

Ahora si $0\ne b\in F[a]$, también ha $F[b]\subseteq F[a]$. Desde $F[b]$ $F$- subespacio de $F[a]$, es finito dimensionales más de $F$; por lo tanto, $b$ es algebraico sobre $F$ y, por lo que se mostró anteriormente, $b^{-1}\in F[b]\subseteq F[a]$.

Ahora usted puede aplicar esto a $\mathbb{Q}[\sqrt{2},\sqrt{3}]$, que es igual a $F[\sqrt{3}]$ donde $F=\mathbb{Q}[\sqrt{2}]$, que es un campo. A continuación, también se $F[\sqrt{3}]$ es un campo, por la misma razón. Usted puede tomar $K=\mathbb{C}$, por supuesto.

Answer 2

Aquí es otra toma:

Vamos $\alpha \in \mathbb{Q}[\sqrt{2}, \sqrt{3}]$, $\alpha\ne0$, y considerar la posibilidad de $\phi: \mathbb{Q}[\sqrt{2}, \sqrt{3}] \to \mathbb{Q}[\sqrt{2}, \sqrt{3}]$$\phi(x)=\alpha x$. A continuación, $\phi$ es un inyectiva $\mathbb{Q}$-transformación lineal. Desde $\mathbb{Q}[\sqrt{2}, \sqrt{3}]$ es finito-dimensional espacio vectorial sobre $\mathbb{Q}$, la inyectividad de $\phi$ implica su surjectivity. En particular, $1$ es en la imagen de $\phi$, lo que demuestra que $\alpha$ es invertible en a $\mathbb{Q}[\sqrt{2}, \sqrt{3}]$.

Este argumento de las obras en general para demostrar que $ \mathbb{Q}[S]$ es un campo al $S$ es un conjunto finito de números algebraicos.

Answer 3

Se trata de hechos generales. Una forma de hacerlo es la siguiente.

Primera nota de que $\sqrt{2}$ es algebraico sobre $\mathbb{Q}$, con un mínimo de polinomio $m = x^{2} - 2$, que es irreducible en a $\mathbb{Q}[x]$ por razones generales.

A continuación, $K = \mathbb{Q}[\sqrt{2}]$ es un campo. Usted puede calcular explícitamente inversos en $K$. Si $0 \ne f(\sqrt{2}) \in F$, para algunas de las $f \in \mathbb{Q}[x]$,$(f, m) = 1$, por lo que el algoritmo de Euclides rendimientos $u, v \in \mathbb{Q}[x]$ tal que $$ u f + v m = 1, $$ y ahora a evaluar, $x = \sqrt{2}$ para obtener $$ u(\sqrt{2}) \cdot f(\sqrt{2}) = 1, $$ por lo $u(\sqrt{2})$ es la inversa.

Ahora repita con $\mathbb{Q}[\sqrt{2}, \sqrt{3}] = K[\sqrt{3}]$ para conseguir que este es un campo demasiado.

Answer 4

La forma sencilla de ver esto es para expresar un elemento de $\mathbb Q[\sqrt2,\sqrt3]$$A+B\sqrt3$, donde a y B son miembros de $\mathbb Q[\sqrt2]$. A continuación,$\dfrac{1}{A+B\sqrt3}=\dfrac{A-B\sqrt3}{A^2-3B^2}$. El denominador, $A^2-3B^2$, es un miembro de $\mathbb Q[\sqrt2]$, por lo que usted ya sabe cómo invertir.

Answer 5

¿Te acuerdas de la prueba de :

Si $A$ es nilpotent de la matriz de la $I+A$ es invertibe...

lo que hacemos es ver que de alguna manera

$(I+A)(I-A+A^2-A^3\dots )=(I-A+A^2-A^3\dots )(I+A)=I$

y entonces, podemos decir que : como $A$ es nilpotent, $A^n=0$ para algún entero positivo $n$

Así, nos encontramos con el caso de que $I-A+A^2-A^3\dots = I-A+A^2-A^3\dots +(-1)^nA^n$

y como $I-A+A^2-A^3\dots +(-1)^nA^n$ está "muy bien definido" de $I-A+A^2-A^3\dots$ a ser una "MATRIZ"

decimos que $I+A$ es invertible.

Yo sugeriría que usted repita el mismo proceso en caso de $\mathbb{Q}[\sqrt{2},\sqrt{3}]$

por favor, asegúrese de que no hay polinomios en $\mathbb{Q}[\sqrt{2},\sqrt{3}]$ con grado más de $2$ (¿estás seguro de eso???) como podemos "matar" a los coeficientes de $x^2$ y anterior mediante el uso de un resultado:

"$\sqrt{2},\sqrt{3}$ son algebraicas con polinomios $x^2-2$$x^2-3$"

si de manera intuitiva se puede ver que ahora, luego podemos ir más allá..

por favor, hacer su auto cómodo con :

dado cualquier "polinomio" tengo una expresión $g(x)$ tal que $f(x)g(x)=g(x)f(x)=1$

pero, a continuación, $g(x)=\frac{1}{f(x)}$ no se necesita ser un polinomio.

Pero en nuestro caso, "Gracias a la naturaleza algebraica de $\sqrt{2},\sqrt{3}$" terminamos con el "asesinato" de los poderes superiores.

Por lo tanto, cualquier polinomio es "invertible" y así hemos terminado.