¿Cómo demostrar que $\mathbb{Q}[\sqrt{p_1}, \sqrt{p_2}, \ldots,\sqrt{p_n} ] = \mathbb{Q}[\sqrt{p_1}+ \sqrt{p_2}+\cdots + \sqrt{p_n}]$, para $p_i$ prime?

Question

Se trata de 18.14 ejercicio de álgebra, Isaacs.

$p_{1}\ ,\ p_{2}\ ,\ ... p_{n}$ son números primos distintos. ¿Cómo mostrar que $$\mathbb{Q}[\sqrt{p_{1}}, \sqrt{p_{2}}, \ldots, \sqrt{p_{n}} ] = \mathbb{Q}[\sqrt{p_{1}}+ \sqrt{p_{2}}+\cdots + \sqrt{p_{n}}] \quad ?$$ First we can note that the Galois group of the first extension over $\mathbb{Q}$ ( which I call $E$ ) is elementary abelian of order $2^{n}$, so we can prove that the orbit of $\sqrt{p_{1}}+\sqrt{p_{2}}+... + \sqrt{p_{n}}$ under $\operatorname{Gal}(E/\mathbb{Q}) $ contains $2 ^ {n} elementos$, pero cómo hacerlo?

Answer 1

OK, en vista de lo que está escrito más arriba, voy a escribir lo que yo tenía en mente con más cuidado. Tomemos la opción positiva de $\sqrt{p_i}$, en cada caso, por lo que claramente la suma (y cada no-vacío subsum) de las raíces cuadradas no es cero. Deje $E$ ser como se indica en la pregunta, el grupo de Galois de la parte izquierda de la extensión. La extensión es, ciertamente, una extensión de Galois de $\mathbb{Q}.$ Deje $\alpha$ ser un elemento de $E$. A continuación, $\alpha(\sqrt{p_i}) = \pm \sqrt{p_i}$ por cada $i.$ Deje $I$ ser el subconjunto de $\{i: 1 \leq i \leq n \}$ tal que $\alpha$ corrige $\sqrt{p_i}$ por cada $i \in I$, pero hay otros $i.$ Deje $s = \sum_{i=1}^{n} \sqrt{p_i}$. A continuación, $s- \alpha(s) = 2\sum_{i \not \in I} \sqrt{p_i},$ que es estrictamente positivo a menos $\alpha$ es trivial. Desde $E$ es elemental Abelian (yo creo que no necesita saber que se ha pedido a $2^n$), sabemos que cada intermedio de extensión es una extensión de Galois. Por lo tanto $s$ se encuentra en ningún intermedio de extensión, y debe generar el conjunto de la izquierda-de la mano de extensión.

Answer 2

Creo que no es tan trivial demostrar que $\sqrt{p_n}$ no está ya en el campo de $\mathbb Q(\sqrt{p_1},\ldots,\sqrt{p_{n-1}})$. Desnuda de manos de álgebra básica y única factorización en $\mathbb Z$ son suficientes para $n=1,2,3$, y tal vez un poco más allá, pero las cosas rápidamente se convierten feo. No sé lo que el contexto es en ese punto en Isaacs' texto, pero te puedo ofrecer dos razonablemente estructurado enfoques. La primera es fácil de explicar en palabras, pero se utiliza parte de la teoría algebraica de números, que sospecho que no es lo que se pretende: en los correspondientes anillos de enteros algebraicos, contigua a $\sqrt{p_n}$ presenta ramificación en $p_n$. Ignorando el primer $2$, el anterior adjoinings no introducir ramificación en $p_n$... hecho. El otro enfoque primer observa que el $\sqrt{p_n}$ es un valor de una ecuación cuadrática de Gauss suma, que muestra que la raíz cuadrada como la mentira en la cyclotomic de campo obtenida por el que se adhiere a la $p_n$-th o $4p_n$-ésima raíz de la unidad. La "independencia" viene del "hecho" de que el grado de la $N$th cyclotomic campo en $\mathbb Q$ es de Euler totient-función de $N$, y que tenemos una descripción explícita de los grupos de Galois, si es necesario. Por lo tanto, no es un Galois automorphism la fijación de todos los cuadrados de las raíces, pero uno, etc. Las habituales pruebas sobre la independencia de cyclotomic campos que tal vez no son tan transparentes... y confieso que la única prueba que recordar fácilmente los usos del teorema de Dirichlet sobre primos en progresiones aritméticas para obtener un primer $p$, de modo que todos, pero $\mathbb Q(\zeta_{p_n})$ colapso dar trivial extensiones de $\mathbb Q_p$.

EDIT: en respuesta al comentario/pregunta... mi cita uso de la "independencia" se refiere, aunque en forma imprecisa, para el problema general de la muestra que dado un polinomio en $\mathbb Q[x]$ no tiene raíz en algún campo de extensión de $\mathbb Q$. El ejercicio como la que plantea la pregunta acerca de la "independencia" de las raíces cuadradas de los números primos: $\sqrt{p_n}$ que no se debe mentir en el campo de la extensión de $\mathbb Q$ obtenido por contigua a las raíces cuadradas de los otros números primos. De manera similar, el de Gauss-suma argumento no depende de la "independencia" de las raíces de la unidad de relativamente primer órdenes. La ramificación argumento de la teoría algebraica de números es un dispositivo diferente para probar estas cosas.

Más TARDE EDIT: Como en Geoff Robinson responder, no son más elementales argumentos! Un día en el que uno se entera de algo tan básico es un buen día!