Mostrar que $x^{3}-3$ irreducible $\mathbb{Q}(\sqrt{-3})$

Question

¿Hay una hábil manera de demostrar que $x^{3}-3$ es irreducible en $F= \mathbb{Q}(\sqrt{-3})$? Lo que hice parece clase de enrevesada (mostrando directamente que no hay ninguna raíz en F).

Gracias

Answer 1

Hay un número de formas de atacar este problema. Esto es sino una manera de ir sobre esto que requiere un poco menos cálculo:

es reducible en $f(x) = x^3 - 3$ $\mathbb{Q}[\sqrt{-3}] \iff$ contiene una raíz de $f$ $\mathbb{Q}[\sqrt{-3}]$.

Que $\alpha$ sea una raíz de $f$. Si $\alpha \in \mathbb{Q}[\sqrt{-3}]$, entonces debemos tener $\mathbb{Q}[\alpha] \subset \mathbb{Q}[\sqrt{-3}]$.

Ahora puede pensar acerca de los grados de estas dos extensiones $\mathbb{Q}$ para llegar a una contradicción.

Answer 2

Supongamos que era reducible. Entonces tendría una raíz en $\mathbb Q(\sqrt{-3})$. Pero es irreducible sobre $\Bbb Q$, por lo que eso significaría $\mathbb Q(\sqrt{-3})$ contendría un elemento de grado tres en $\Bbb Q$. Pero es una extensión de grado dos de modo que es imposible.

Answer 3

Una manera puede ser para el uso de la cuenta teorema?

El grado de $\sqrt{-3}$ $\mathbb{Q}$ es de 2.

Desde $x^3-3$ es de grado 3, si era reducible en $\mathbb{Q}(\sqrt{-3})$, tendría una raíz $\alpha$$\mathbb{Q}(\sqrt{-3})$.

Pero por Einstein también sabemos que $x^3-3$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}$. Así que supongamos por contradicción que era reducible$\mathbb{Q}(\sqrt{-3})$, $\alpha$ existía. Entonces tendríamos:

$[\mathbb{Q}(\sqrt{-3}):\mathbb{Q}]=2=[\mathbb{Q}(\sqrt{-3}):\mathbb{Q}(\alpha)][\mathbb{Q}(a):\mathbb{Q}]=[\mathbb{Q}(\sqrt{-3}):\mathbb{Q}(\alpha)] \cdot 3$.

Pero $[\mathbb{Q}(\sqrt{-3}):\mathbb{Q}(\alpha)]$ debe ser un número entero, así que tenemos nuestra contradicción de $2=[\mathbb{Q}(\sqrt{-3}):\mathbb{Q}(\alpha)]\cdot3$.

Para utilizar esta también debemos tener ese $Q(\sqrt{-3})$ es una extensión finita de $Q(\alpha)$. Pero desde $Q(\sqrt{-3})$ es una extensión finita de $\mathbb{Q}$, $1, \sqrt{-3}$ es una base para$Q(\sqrt{-3})$$\mathbb{Q}$. Si $\sqrt{-3}$ debería pasar a ser en $Q(\alpha)$ deben ser de la misma, si no, entonces tenemos que $1, \sqrt{-3}$ $Q(\alpha)$ span $Q(\sqrt{-3})$, pero también debemos tener ese $1, \sqrt{-3}$ debe ser linealmente independiente cuando se tienen los coeficientes en $\mathbb{Q}(\alpha)$ si no $g_1+q_2\sqrt{-3}=0$, donde no ambos coeficientes en $Q(\alpha)$ es cero. Pero entonces, es fácil ver que $\sqrt{-3}$ debe ser en $\mathbb{Q}(\alpha)$.

Este último hecho de que $\mathbb{Q}(\sqrt{-3})$ es una extensión finita de $\mathbb{Q}(\alpha)$ realidad también se sigue del hecho de que cada una simple extensión cuando se considera un elemento algebraico sobre otro campo es una extensión finita, y $[\mathbb{Q}(\sqrt{-3}):\mathbb{Q}(\alpha)] $ es el grado de $(\mathbb{Q}(\alpha))(\sqrt{-3})$$\mathbb{Q}(\alpha)$. Y sabemos que desde $\sqrt{-3}$ es algebraico sobre $\mathbb{Q}$, también debe ser algebraicas sobre $\mathbb{Q}(\alpha)$.

Answer 4

¡Hay muchas maneras de probar este!

Considerar el $f(X)=X^3-3$, $\Bbb Q(\sqrt{-3}\,)$. Ahora, $f$ es irreducible si y sólo si $f(\sqrt{-3}X)=g(X)=-3\sqrt{-3}X^3-3$ es irreducible, si y sólo si $-g(X)/3=\sqrt{-3}X^3+1$ es irreducible, si y sólo si el reverso de la última, es decir, $X^3+\sqrt{-3}$, es irreducible, y es así de Eisenstein.

Answer 5

Sugerencia: La norma al cuadrado cualquier raíz de $X^3 - 3$ $3^{2/3}$, irracional, mientras que la norma al cuadrado de cada elemento en $\mathbb{Q}(\sqrt{-3})$ es racional, por lo $X^3 - 3$ no tiene ninguna raíz en $\mathbb{Q}(\sqrt{-3})$.