Resolver $x^{3} - 2 = 0$ y el campo $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$

Question

Empecemos con un polinomio simple $f(x) = x^{3} - 2 \in \mathbb{Q}[x]$ . Se sabe que $f$ es irreducible en $\mathbb{Q}[x]$ y, por tanto, sin más información (es decir, trabajando sobre el terreno $\mathbb{Q}$ y el anillo $\mathbb{Q}[x]$ ) no podemos distinguir el $3$ raíces de $f$ . La distinción entre las raíces sólo es posible una vez que tenemos el campo de división de $f$ disponible .

Consideremos ahora el cociente $\mathbb{Q}[x]/(f(x))$ que es un campo (porque $f$ es irreducible) y este campo contiene un miembro $x + (f(x))$ que es una raíz de $f(x)$ . Además este campo es isomorfo a $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})\subset \mathbb{R}$ .

Por qué se obtiene este campo de extensión mediante el cociente por $(f(x))$ danos la verdadera raíz $\sqrt[3]{2}$ y no una de las otras dos raíces? Me refiero a que al tomar el cociente con $f$ sólo obtenemos un campo de extensión que depende de $\mathbb{Q}$ y $f(x)$ y no sabemos con seguridad cuál de las tres raíces contendrá.

Sin embargo, la misma cuestión no se aplica a todos los polinomios irreducibles. Así, si tomamos $f(x) = x^{4} + x^{3} + x^{2} + x + 1$ (o más simplemente $x^{2} + 1$ ) entonces $\mathbb{Q}[x]/(f(x))$ contiene todas las raíces de este polinomio.

Actualización : Para el polinomio simple $x^{2} + 1$ Puedo demostrar que sus dos raíces están en el campo de la extensión $\mathbb{Q}[x] / (x^{2} + 1)$ . Con un esfuerzo razonable podemos demostrar lo mismo para $f(x) = x^{4} + x^{3} + x^{2} + x + 1$ . Creo que también podemos demostrar que para $f(x) = x^{3} - 2$ el campo $\mathbb{Q}[x]/(f(x))$ sólo tiene una raíz (aún no lo he comprobado por mí mismo, pero estoy seguro de que podré hacerlo).

Mi verdadera pregunta es que incluso si asumimos que este campo tiene sólo una de las raíces ¿cómo sé que esta raíz en particular es especial y otras dos raíces son más de una naturaleza similar (es decir, este es real y otros son conjugados complejos)?

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Parece que no se me ha entendido bien, así que añado más formalismos y detalles. Sea $K$ sea el campo de división de $x^{3} - 2 \in \mathbb{Q}[x]$ . Así que $K$ tiene tres elementos $a, b, c$ cada uno de los cuales es una raíz cúbica de $2$ en $K$ . También tenemos $$K \supset \mathbb{Q}[x]/(x^{3} - 2) = L \supset \mathbb{Q}$$ Mi punto es que las raíces $a, b, c \in K$ no son indistinguibles entre sí. Precisamente tenemos uno de estos (digamos $a$ ) en $L$ y el resto dos ( $b, c$ ) en $K$ . También hay un automorfismo $\sigma$ de $K$ que fija $\mathbb{Q}$ y $\sigma(b) = c$ . Pero no hay ningún automorfismo de $K$ que fija $\mathbb{Q}$ y envía $a$ a $b$ (o $c$ ). Lo sé sólo por haber trabajado en el campo $\mathbb{C}$ . ¿Cómo puedo saber esto sin trabajar en $\mathbb{C}$ ?

Gracias a DonAntonio, he comprendido el fallo de mi razonamiento. También pido perdón a las demás personas que han respondido por soportar mis comentarios sin sentido. Lo que deduzco de la discusión general es lo siguiente:

Resumen : El cúbico $x^{3} - 2$ tiene tres raíces y todas ellas se encuentran en el campo de división $K$ . El campo intermedio $L = \mathbb{Q}[x]/(x^{3} - 2)$ contiene sólo una de las raíces (véase la última parte de la respuesta de egreg para saber por qué $L$ no puede tener todas las raíces) y no es posible determinar mediante el álgebra cuál de $a, b, c$ mienten en $L$ . Así, $a, b, c$ son efectivamente indistinguibles y cualquiera (digamos $a$ ) puede suponerse que se encuentra en $L$ y el resto yace en $K$ . Y entonces podemos demostrar que $K = L(b) = L(c)$ y $L = \mathbb{Q}(a)$ y $L$ es de grado $3$ en $\mathbb{Q}$ y $K$ es de grado $2$ en $L$ . Creo que ahora es fácil obtener el grupo de Galois y demostrar que efectivamente es $S_{3}$ .

Answer 1

Por qué se obtiene este campo de extensión mediante el cociente por $(f(x))$ danos la verdadera raíz $\sqrt[3]{2}$ ?

No es así. El campo $K=\mathbb{Q}[x]/(x^3-2)$ contiene una raíz cúbica de $2$ es decir, un elemento $b$ tal que $b^3=2$ . Hay no incrustación canónica de $K$ en $\mathbb{C}$ tal que $b\mapsto\sqrt[3]{2}$ .

En realidad hay exactamente tres incrustaciones de $K$ en $\mathbb{C}$ uno por cada raíz cúbica de $2$ en $\mathbb{C}$ .

Y, sí, $K$ tiene un único elemento cuyo cubo es $\sqrt[3]{2}$ porque es isomorfo a $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$ .

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El grupo de Galois de $x^3-2$ (sobre $\mathbb{Q}$ ) tiene seis elementos (es $S_3$ ). Esto es diferente de los casos de $x^2+1$ y $x^4+x^3+x^2+x+1$ porque sus grupos de Galois son cíclicos, así que cuando se añade una raíz, también lo son todas las demás. Como el grupo $S_3$ está generado por al menos dos elementos, se necesitan dos raíces para generar el campo de división.

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Trabajemos en el campo $K$ , donde $b$ es una raíz del polinomio $x^3-2$ . Entonces tenemos, sobre $K$ , $$ x^3-2=(x-b)(x^2+bx+b^2) $$ para algunos $u$ y $v$ en $K$ . ¿Puede una raíz de $x^2+bx+b^2$ pertenecen a $K$ ? No, porque el discriminante es $-3b^2$ (Resuélvelo).

Answer 2

Bueno, $\Bbb Q[X]/(X^4+X^3+X^2+X+1)$ es una extensión de Galois de $\Bbb Q$ pero $\Bbb Q[X]/(X^3-2)$ no lo es. Una extensión de Galois contendrá todos los ceros de su polinomio definidor; una extensión no Galois no.

Answer 3

Así que quieres saber por qué el grupo de Galois de $K=\Bbb Q(a,b,c)$ permuta $a$ , $b$ , $c$ arbitrariamente sin trabajar en $\Bbb C$ ?

Según el criterio de Eisenstein $X^3-2$ y $X^2+3$ son irreducibles en $\Bbb Q$ . Dejemos que $a$ y $s$ sean ceros de ellos en algún campo de extensión. Sea $K=\Bbb Q(a,b)$ . Es fácil demostrar que $|K:\Bbb Q|=6$ . Además $K\cong \Bbb Q[X,Y]/\langle X^2-2,Y^2+3\rangle$ Dejemos que $b=(-1+s)a/2$ y $c=(-1-s)a/2$ . Entonces en $K$ tenemos $$X^3-2=(X-a)(X-b)(X-c).$$

Un automorfismo de $K$ debe enviar $a$ a uno de $a$ , $b$ y $c$ y $s$ a uno de $s$ y $-s$ . Desde $K\cong \Bbb Q[X,Y]/\langle X^2-2,Y^2+3\rangle$ cualquier par de induce un homomorfismo de $K$ a $K$ y por dimensión debe ser un isomorfismo.

El mapeo de automorfismo $a$ a $b$ y la fijación de $s$ mapas $b$ a $c$ y $c$ a $a$ .

La fijación del automorfismo $a$ y la cartografía $s$ a $-s$ intercambia $b$ y $c$ .

Combinando estos obtenemos automorfismos de $K$ permutando $a$ , $b$ y $c$ de forma arbitraria.

Obsérvese que en todo momento no he hecho uso de $\Bbb C$ o $\Bbb R$ .