Es posible que $\mathbb{Q}(\alpha)=\mathbb{Q}(\alpha^{n})$ todos los $n>1$?

Question

Es posible que $\mathbb{Q}(\alpha)=\mathbb{Q}(\alpha^{n})$ todos los $n>1$ al $\mathbb{Q}(\alpha)$ $p$th grado de Galois de la extensión de $\mathbb{Q}$?

($p$ es primo)

Me atoré con este problema, mientras que tratando de construir polinomios cuyo grupo de Galois es el grupo cíclico de orden $p$.

Edit: Bueno, tengo dos buenas respuestas para esta pregunta, pero para cumplir con mi propósito original(la construcción de polinomios con cíclico grupo de Galois) me di cuenta de que me pregunte por todos los números primos $p$ si no hay ninguna tal $\alpha$(dependiendo $p$) de tal manera que la condición anterior se cumple. Si la respuesta es no (es decir, no son primos $p$, para los que hay no $\alpha$ tal que $\mathbb{Q}(\alpha)=\mathbb{Q}(\alpha^{n})$ todos los $n>1$) luego tengo éxito hasta cierto punto.

Answer 1

$\alpha=1+\sqrt 2$ ( $p=2$ ) debe hacer el truco. Por el teorema del binomio, $(1+\sqrt 2)^n$ siempre $a_n+b_n\sqrt2$ para algunos positivo entero $b_n$.

Answer 2

Si he entendido Dinesh la intención correctamente, se le quiere un ejemplo para cada uno de los prime $p$. Henning y Zev han cubierto el caso de $p=2$.

Vamos primero a $p=3$.

Deje $\zeta=e^{2\pi i/9}$. A continuación, $L=\mathbf{Q}(\zeta)$ es el noveno cyclotomic campo. Es bien sabido que $Gal(L/\mathbf{Q})$ es cíclica de grado seis. Un generador de $\sigma$ está determinado por $\sigma(\zeta)=\zeta^2$. El subgrupo generado por a $\sigma^3$ por lo que ha pedido dos, y su campo fijo $K=\mathbf{Q}(\zeta+\zeta^{-1})$ es cíclica cúbicos de Galois de la extensión de $\mathbf{Q}$. Yo reclamo que $\alpha=\zeta+\zeta^{-1}=2\cos\left(2\pi/9\right)$ obras. Podemos calcular que $$ N^K_{\mathbf{Q}}(\alpha)=(\zeta+\zeta^{-1})(\zeta^2+\zeta^{-2})(\zeta^4+\zeta^{-4})=-1, $$ por lo $\alpha$ es en realidad una unidad de el anillo de los enteros de $K$. Pero también tenga en cuenta que $\alpha$ es un número real $>1$, por lo que no puede ser una raíz de la unidad. Juntos, estos hechos implican que ningún poder de la $\alpha$ será racional. Es decir, vamos a $n>0$ ser cualquier número entero.A continuación, $\alpha^n$ es un entero algebraico de $K$, por lo que si fuera racional, tendría que ser racional entero $m$. Por otro lado $N^K_{\mathbf{Q}}(\alpha^n)=(-1)^n$, lo $m$ tendría que ser $\pm1$, e $\alpha$ tendría que ser una raíz de la unidad de orden en la mayoría de las $2n$. Una contradicción. Debido a $[K:\mathbf{Q}]=3$ es un número primo, y $\alpha^n\in K\setminus\mathbf{Q}$, tenemos $K=\mathbf{Q}(\alpha^n)$ como se desee.

Vamos, a continuación, $p$ ser cualquier prima fija $>3$. Una manera de generalizar el argumento anterior es observar una mayor cyclotomic campo. Deje $\zeta=e^{2\pi i/p^2}$, e $L=\mathbf{Q}(\zeta)$. Se sabe que $L/\mathbf{Q}$ es cíclica extensión de Galois de grado $\phi(p^2)=p(p-1)$. Deje $H$ ser el único de los subgrupos de este grupo de Galois que es de orden $p-1$. A continuación, el campo fijo $K$ $H$ es un grado $p$ cíclico la extensión de $\mathbf{Q}$. Además, la restricción de la habitual complejo de la conjugación a la $L$ pertenece a $H$, porque es de orden dos, y $2\mid p-1$. Por lo tanto, podemos deducir que los números en el campo de $K$ son todos los reales (el campo $K$ es, de hecho totalmente real). A partir del teorema de Dirichlet de unidades sabemos que el grupo de unidades del anillo de enteros de $K$ libre abelian parte de la fila $p-1$. Nos deja elegir un no-torsión elemento $u$ de ese grupo. Como $u$ es real, y no una raíz de la unidad, podemos repetir el argumento de la anterior, y a la conclusión de que $K=\mathbf{Q}(u^n)$ para todos los enteros positivos $n$.

Me encantaría darle una explícita $u$ como en el caso de $p=3$, pero no puedo encontrar un adecuado cyclotomic unidad ahora que pertenecen al campo de la $K$.

Answer 3

Si te refieres para algunos $\alpha$ $p$ , entonces sí: si $\alpha=1+\sqrt{2}$, luego $\mathbb{Q}(\alpha)$ es de grado 2, que es la primera, y se $\alpha^n$ nunca es un número racional, por lo $\mathbb{Q}(\alpha)=\mathbb{Q}(\alpha^n)$ todos los $n>1$.

Si te refieres a la de todos los $\alpha$ tales que el grado de $\mathbb{Q}(\alpha)$ es un número primo $p$, no: si $\alpha=\sqrt{2}$, $\mathbb{Q}(\alpha)$ es de grado 2, que es primo, pero $\mathbb{Q}(\alpha^n)=\mathbb{Q}$ al $n$ es incluso.