Muestran que

Question

Tengo ese$[\mathbb{Q}(\sqrt{5}+\sqrt[3]{2}):\mathbb{Q}] \in \{1,2,3,6\}$ porque va a dividir$[\mathbb{Q}(\sqrt{5},\sqrt[3]{2}):\mathbb{Q}]=6$. Claramente no es$1$. Quiero mostrar que no es$2$ o$3$. Así que estoy diciendo que si es$2$ entonces$\alpha = \sqrt{5}+\sqrt[3]{2}$ satisface la relación$$\alpha^2 + b\alpha = k$$ for $ b, k \ in \ mathbb {Q} $ since $ 2$ will be the root of a monic irreducible polynomial of degree $ 3 $ caso de alguna manera.

También si hay una mejor manera de hacer esto que lo que estoy haciendo me gustaría estar entusiasmado con aprender sobre ello.

Answer 1

Como sabes que$[\mathbb Q[\sqrt[3]{2},\sqrt 5]:\mathbb Q] = 6$, sabes que cada uno de los seis valores$$1,\sqrt{5},\\\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{2}\sqrt{5},\\\sqrt[3]{4},\sqrt[3]{4}\sqrt 5\tag{1}$ $ son linealmente independientes sobre$\mathbb Q$.

Ahora%

¿Es posible que$$(\sqrt[3]2+\sqrt 5)^2=5\cdot 1 + 2\cdot \sqrt[3]2\sqrt 5 + 1\cdot\sqrt[3]4$ sea linealmente dependiente de$1,\sqrt[3]2+\sqrt5,(\sqrt[3]2+\sqrt 5)^2$?

Haga lo mismo con la adición del cubo$\mathbb Q$.

Otra forma de verlo usa (1) como base, y escribe elementos del campo como:

ps

Entonces $$ \begin{align}(1,0,0,0,0,0)&\leftrightarrow 1\\(0,1,1,0,0,0)&\leftrightarrow \sqrt 5+ \sqrt[3]2\\(5,0,0,2,1,0)&\leftrightarrow (\sqrt5+\sqrt[3]2)^2\\ (2,5,15,0,0,3)&\leftrightarrow (\sqrt5+\sqrt[3]2)^3 \end {align} $$

Y esos cuatro vectores son "obviamente" linealmente independientes.

Answer 2

Vamos a demostrar que $s=\sum \sqrt[n_i]{d_i}$ ($d_i >0$ racionales ) genera $\mathbb{Q}(\sqrt[n_i]{d_i})$. Considerar todos en mayor extensión de Galois $K \supset \mathbb{Q}(\sqrt[n_i]{d_i})\supset \mathbb{Q}$. Ahora, para demostrar que $s$ genera todas las $\sqrt[n_i]{d_i}$ es suficiente para demostrar que cada vez que un Galois de transformación de $\phi$ $K$ preserva $s$ debe conservar todas las $\sqrt[n_i]{d_i}$. Ahora cualquier Galois de transformación de $\phi$ es de $\sqrt[n_i]{d_i}$ algunos $\omega_i \sqrt[n_i]{d_i}$ donde $\omega_i^{n_i} =1$, lo $\phi(s) = \sum \omega_i \sqrt[n_i]{d_i}$. Tenga en cuenta que $$\left|\sum_i \omega_i \sqrt[n_i]{d_i}\right| \le \sum_i \sqrt[n_i]{d_i}$ $ , con igualdad de si y sólo si $\omega_i$ tienen el mismo argumento. Por lo tanto, si $\sum_i \omega_i \sqrt[n_i]{d_i}= \sum_i \sqrt[n_i]{d_i}$ todos los $\omega_i$ debe $1$.

Conclusión: $\phi(s) = s \implies \phi( \sqrt[n_i]{d_i}) = \sqrt[n_i]{d_i}$ todos los $i$.

$\bf{Added:}$ Una solución que utiliza la mayoría de álgebra lineal, inspirado desde @ Thomas Andrews: 's solución.

Tenemos las igualdades \begin{eqnarray} \left(\begin{array} {c} 1\\\sqrt[3]{2}+\sqrt{5}\\ (\sqrt[3]{2}+\sqrt{5})^2\\ (\sqrt[3]{2}+\sqrt{5})^3\\ (\sqrt[3]{2}+\sqrt{5})^4\\ (\sqrt[3]{2}+\sqrt{5})^5 \end{array}\right) = \left( \begin{array}{cccccc} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 5 & 0 & 1 & 0 & 2 & 0 \\ 2 & 15 & 0 & 5 & 0 & 3 \\ 25 & 2 & 30 & 8 & 20 & 0 \\ 100 & 125 & 2 & 25 & 10 & 50 \\ \end{array} \right) \cdot \left(\begin{array} {c} 1 \\ \sqrt[3]{2}\\ \sqrt[3]{4} \\ \sqrt{5} \\ \sqrt[3]{2} \sqrt{5} \\\sqrt[3]{4} \sqrt{5} \end{array} \right) \end{eqnarray} por lo tanto \begin{eqnarray} \left(\begin{array} {c} 1 \\ \sqrt[3]{2}\\ \sqrt[3]{4} \\ \sqrt{5} \\ \sqrt[3]{2} \sqrt{5} \\\sqrt[3]{4} \sqrt{5} \end{array} \right) = \left( \begin{array}{cccccc} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \frac{2275}{4054} & -\frac{1714}{2027} & \frac{195}{2027} & \frac{500}{2027} & -\frac{9}{4054} & -\frac{30}{2027} \\ \frac{2875}{2027} & -\frac{1325}{2027} & -\frac{955}{2027} & \frac{150}{2027} & \frac{100}{2027} & -\frac{9}{2027} \\ -\frac{2275}{4054} & \frac{3741}{2027} & -\frac{195}{2027} & -\frac{500}{2027} & \frac{9}{4054} & \frac{30}{2027} \\ -\frac{6505}{2027} & \frac{1325}{4054} & \frac{1491}{2027} & -\frac{75}{2027} & -\frac{50}{2027} & \frac{9}{4054} \\ -\frac{5143}{2027} & \frac{2335}{2027} & -\frac{650}{2027} & -\frac{991}{2027} & \frac{15}{2027} & \frac{100}{2027} \\ \end{array} \right) \cdot \left(\begin{array} {c} 1\\\sqrt[3]{2}+\sqrt{5}\\ (\sqrt[3]{2}+\sqrt{5})^2\\ (\sqrt[3]{2}+\sqrt{5})^3\\ (\sqrt[3]{2}+\sqrt{5})^4\\ (\sqrt[3]{2}+\sqrt{5})^5 \end{array}\right) \end{eqnarray}

Por ejemplo, tenemos

$ \pequeño \sqrt{5} = -\frac{2275}{4054} + \frac{3741}{2027} (\sqrt[3]{2}+\sqrt{5}) -\frac{195}{2027}(\sqrt[3]{2}+\sqrt{5})^2 -\frac{500}{2027} (\sqrt[3]{2}+\sqrt{5})^3+ \frac{9}{4054} (\sqrt[3]{2}+\sqrt{5})^4+ \frac{30}{2027} (\sqrt[3]{2}+\sqrt{5})^5$

Answer 3

Método De Fuerza Bruta:

Deje $\alpha:=\sqrt{5}+\sqrt[3]{2}$. A continuación, $\alpha^3-3\sqrt{5}\alpha^2+15\alpha-5\sqrt{5}=(\alpha-\sqrt{5})^3=2$, de donde $\left(\alpha^3+15\alpha-2\right)^3=5\left(3\alpha^2+5\right)^2$ o $\alpha$ es una raíz del polinomio $f(x):=x^6-15x^4-4x^3+75x^2-60x-121 \in \mathbb{Q}[x]$. Si este polinomio es reducible, entonces considere el modulo $3$, lo $f(x)=x^6+2x^3+2=\left(x^2+2x+2\right)^3$$\mathbb{F}_3$, e $x^2+2x+2$ es un elemento irreductible de $\mathbb{F}_3[x]$. Es decir, $f(x)$ debe tener un monic cuadrática factor de $g(x)$$\mathbb{Q}[x]$, y por el Lema de Gauss,, $g(x)\in\mathbb{Z}[x]$. Por lo tanto, $g(x)=x^2+ax+b$$a,b\in\mathbb{Z}$$b\equiv 2 \equiv -1\pmod{3}$. Deje $f(x)=g(x)\,h(x)$ algunos $h(x)\in\mathbb{Q}[x]$ (lo que de nuevo los rendimientos $h(x)\in\mathbb{Z}[x]$). Dado que el coeficiente de $x^5$ $f(x)$ es $0$, $h(x)=x^4-ax^3+cx^2+dx+e$ para algunos $c,d,e\in\mathbb{Z}$.

Ahora, $f(x)=x^6-4x^3+4=\left(x^3-2\right)^2=\left(x^3+2^3\right)^2=(x+2)^2\left(x^2-2x+4\right)^2$$\mathbb{F}_5$, donde ambos se $x+2$ $x^2-2x+4$ son elementos irreductibles de $\mathbb{F}_5[x]$. Por lo tanto, en $\mathbb{F}_5$, $g(x)=(x+2)^2=x^2+4x+4$ o $g(x)=x^2-2x+4$. En cualquier caso, $b\equiv 4\equiv -1\pmod{5}$. Junto con $b\equiv -1\pmod{3}$, podemos deducir que $b \equiv -1\pmod{15}$. Sin embargo, $b$ debe dividir el término constante $-121=-11^2$$f(x)$. Esto significa $b=-1$ o $b=-121$.

Si $b=-1$,$g(x)=x^2+ax-1$$h(x)=x^4-ax^3+cx^2+dx+121$. Igualando los coeficientes de $f(x)$$g(x)\,h(x)$, tenemos $c-a^2-1=-15$, $ac+a+d=-4$, $ad-c+121=75$, y $121a-d=-60$. En consecuencia, $c=a^2-14$$d=121a+60$, por lo que el $0=(ad-c+121)-75=ad-c+46=a(121a+60)-\left(a^2-14\right)+46=60\left(2a^2+a+1\right)$. Sin embargo, $2a^2+a+1=0$ no tiene un número entero de la solución.

Si $b=-121$, $g(x)=x^2+ax-121$ y $h(x)=x^4-ax^3+cx^2+dx+1$. Igualando los coeficientes de $f(x)$$g(x)\,h(x)$, tenemos $c-a^2-121=-15$, $ac+121a+d=-4$, $ad-121c+1=75$, y $a-121d=-60$. En consecuencia, $c=a^2+106$$d=\frac{a+60}{121}$, por lo que el $0=(ad-121c+1)-75=ad-121c-74=\frac{a}{121}(a+60)-121\left(a^2+106\right)-75$ o $0=-\frac{1}{121}\left(14640a^2-60a+1561021\right)$. Sin embargo, $14640a^2-60a+1561021=0$ no tiene un número entero de la solución.

Hemos obtenido una contradicción de la hipótesis de que la $f(x)$ es reducible $\mathbb{Q}$, lo $f(x)$ debe ser irreductible en $\mathbb{Q}[x]$. Por lo tanto, $\mathbb{Q}(\alpha)\cong \mathbb{Q}[x]/\big(f(x)\big)$ es una extensión de campo de índice$\deg(f)=6$$\mathbb{Q}$.

Answer 4

Claramente $LHS\subseteq RHS$. Ahora basta con anotar el polinomio mínimo de$\sqrt{5}+\sqrt[3]{2}$ y observe que tiene grado$6$.