Elemental de la teoría de campo, campo de las extensiones de los racionales de grado 2

Question

Acabo de empezar a leer un poco y haciendo ejercicios en el campo de la teoría con la teoría de Galois en su alcance, y he tenido algunos problemas con este ejercicio. Creo que simplemente he entendido mal algunas de las definiciones, y me gustaría que alguien conjunto de este directamente a mí.

Si $K$ es una extensión del campo de $\mathbb{Q}$ tal que $[K:\mathbb{Q}] = 2$, demuestran que, a $K = \mathbb{Q}(\sqrt{d})$ por alguna plaza libre entero $d$.

Ahora, entiendo que debido a que la extensión es finito-dimensional, por lo que ha de ser algebraicas. Así, en particular, si puedo tomar cualquier elemento $u \in K$ no $\mathbb{Q}$ debe ser algebraicas. Desde la base de la $K$ $\mathbb{Q}$ es de tamaño 2, el conjunto $\{1, u, u^2\}$ deben ser linealmente dependientes y con él pude construir un polinomio de grado dos con $u$ como una raíz.

Si el polinomio es $f(x) = x^2 + ax + b$, entonces sé $u = -a/2 + \sqrt{a^2/4 -b}$ donde $t = \sqrt{a^2/4 -b}$ no puede ser un cuadrado o de lo $u \in \mathbb{Q}$. Puedo ver por qué $\mathbb{Q}(u) = \mathbb{Q}(t)$.

De esta manera puedo obtener la cadena de campos de $\mathbb{Q} \subset \mathbb{Q}(t) \subset K$, pero debido a $[K:\mathbb{Q}]= 2$ y, ciertamente,$\mathbb{Q} \neq \mathbb{Q}(t)$$\mathbb{Q}(t) = K$. Ahora, mi problema radica en la comprobación de que el campo de $\mathbb{Q}(t)$ realidad puede ser representada por $\mathbb{Q}(\sqrt d)$ donde $d$ es la plaza libre.

Lo que me molesta es la siguiente. El polinomio $f(x) = x^2 - 2/3$ tiene una raíz en $\sqrt{2/3}$ y ciertamente es irreducible en a $\mathbb{Q}$. Pero entonces el campo $\mathbb{Q}(\sqrt{2/3})$ tiene dimensión 2. Cómo es este campo igual a algún campo $\mathbb{Q}(\sqrt d)$ donde $d$ es la plaza libre?

EDIT: Gracias por la ayuda en los comentarios. Obviamente si $n/m$ es un número racional en forma reducida, a continuación, $nm$ es de planta cuadrada y libre de $\mathbb{Q}(\sqrt{n/m}) = \mathbb{Q}(\sqrt{nm})$. Siéntase libre de cerrar la pregunta.

Answer 1

A partir de la discusión en el post original de ello se sigue que si $[K:\mathbb{Q}] = 2$ $K = \mathbb{Q}(t)$ donde $t$ es la raíz cuadrada de algunos de los números racionales en forma reducida, decir $t = \sqrt{n/m}$. A continuación,$\gcd(n,m) = 1$. Entonces el entero $nm$ es claramente plaza libre y lo que queda por demostrar es que $\mathbb{Q}(\sqrt{n/m}) = \mathbb{Q}(\sqrt{nm})$.

Desde $\mathbb{Q}(\sqrt{n/m}) = \{a+b\sqrt{n/m} \ | \ a,b \in \mathbb{Q}\}$, dejando $a = 0, b = m$ tenemos que $\sqrt{mn} \in \mathbb{Q}(\sqrt{n/m})$ y desde $\mathbb{Q}(\sqrt{nm})$ es el más pequeño campo que contiene este elemento, se ge la inlusion $\mathbb{Q}(\sqrt{nm}) \subset \mathbb{Q}(\sqrt{n/m})$.

Por un argumento similar, $\mathbb{Q}(\sqrt{n/m}) \subset \mathbb{Q}(\sqrt{nm})$ desde $\mathbb{Q}(\sqrt{nm}) = \{a+b\sqrt{nm} \ | \ a,b \in \mathbb{Q}\}$ y dejando $a=0, b = 1/m$ tenemos que $\mathbb{Q}(\sqrt{n/m}) \subset \mathbb{Q}(\sqrt{nm})$.

Así que, en conclusión $\mathbb{Q}(\sqrt{n/m}) = \mathbb{Q}(\sqrt{nm})$ y cada una extensión de campo de los racionales de grado 2 es en forma de $\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ donde $d$ es la plaza libre.