Por lo que los elementos de este anillo se ven como $$a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4}$$ Si quiero encontrar el inverso multiplicativo elemento de generales arriba elemento, entonces estoy tratando de encontrar $x,y,z\in\mathbb{Q}$ tal que $$(a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4})(x+y\sqrt[3]{2}+z\sqrt[3]{4})=1$$ Puedo ver que la expansión de la que me da el sistema $$ax+2cy+2bz=1$$ $$bx+ay+2cz=0$$ $$cx+by+az=0$$ No quiero resolver esto mediante matrices porque sé que va a poner fea. Hay una forma más elegante de enfoque el cálculo inverso para evitar el feo de cálculo? Yo lo único que pensaba era en la configuración de la parte inferior de dos ecuaciones iguales el uno al otro $$bx+ay+2cz=cx+by+az$$ Lo que parece indicar que $$a=b, b=c, a=2c$$ but this would make me think $a=b=c=0$ y por lo tanto un inverso multiplicativo no existe.
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En primer lugar, permítanme señalar que en general, existe un argumento abstracto que muestra que si $L/K$ es una extensión de campo y $a \in L$ es algebraico sobre$K$, $K$- álgebra $K[a]$ es un campo. Es decir, $K[a]$ es una parte integral de dominio que también es finito-dimensional espacio vectorial sobre $K$. Esto implica para $0 \neq x \in K[a]$ que el lineal mapa $K[a] \to K[a]$, $y \mapsto x \cdot y$ es surjective, ya que es inyectiva, lo que significa que $x$ es invertible. Para obtener constructiva de la prueba, sólo tiene que sentarse y hacer el álgebra lineal argumento explícito.
El subyacente espacio vectorial de $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]$ base $1,\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{4}$. Para algunos fijos elemento no nulo $x=a + b \sqrt[3]{2} + c \sqrt[3]{4}$, vamos a escribir el lineal mapa de $y \mapsto x \cdot y$ en términos de esta base:
$~~~\,1 \mapsto a + b \sqrt[3]{2} + c \sqrt[3]{4}$
$\sqrt[3]{2} \mapsto 2c + a \sqrt[3]{2} + b \sqrt[3]{4} $
$\sqrt[3]{4} \mapsto 2b+2c\sqrt[3]{2} + a \sqrt[3]{4} $
La matriz correspondiente es:
$$\begin{pmatrix} a & 2c & 2b \\ b & a & 2c \\ c & b & a \end{pmatrix}$$
De álgebra lineal sabemos cómo invertir matrices, por ejemplo a través de la regla de Cramer. En este caso, obtenemos:
$$\frac{1}{a^3 - 6abc + 2b^3 + 4c^3} \cdot \begin{pmatrix} a^2 - 2bc & 2b^2 - 2ac & 4c^2 - 2ab \\ 2c^2 - ab & a^2 - 2bc & 2b^2 - 2ac \\ b^2 - ac & 2c^2 - ab & a^2 - 2bc \end{pmatrix}$$
El determinante $a^3 - 6abc + 2b^3 + 4c^3$ ha sido calculada a través de la Regla de Sarrus y los cofactores han sido calculados por la fórmula habitual para $2 \times 2$-determinantes.
Esta matriz representa el lineal mapa de $y \mapsto x^{-1} \cdot y$ con respecto a la base. Por lo tanto, para obtener el $x^{-1}$, sólo tenemos que evaluar en $1$, y obtenemos:
$$x^{-1} = \frac{1}{a^3 - 6abc + 2b^3 + 4c^3} \cdot ((a^2 - 2bc) + (2c^2 - ab) \sqrt[3]{2} + (b^2 - ac) \sqrt[3]{4})$$
Por supuesto, este método funciona muy general. Por ejemplo, para $x=a + b \sqrt[3]{p} + c \sqrt[3]{p}^2$ tenemos:
$$x^{-1} = \frac{1}{a^3 - 3pabc + pb^3 + p^2 c^3} \cdot ((a^2 - pbc) + (pc^2 - ab) \sqrt[3]{p} + (b^2 - ac) \sqrt[3]{p}^2)$$
