$\mathbb{Q}(\sqrt{n}) \cong \mathbb{Q}(\sqrt{m})$ fib $n=m$

Question

Página 105 de D. Burton Un Primer Curso en Anillos e Ideales lee

No es difícil mostrar que si (yo les llamo $n$ $m$ en lugar de $n_1$ y $n_2$) $n$, $m$ son cuadrados libres enteros, a continuación, $\mathbb{Q}(\sqrt{n}) \cong \mathbb{Q}(\sqrt{m})$ si y sólo si $n=m$.

Bueno, es difícil de conseguir para mí, cualquier ayuda o sería apreciada.

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Mi progreso hasta ahora: Supongamos $\phi :\mathbb{Q}(\sqrt{n})\to\mathbb{Q}(\sqrt{m})$ es un isomorfismo. A continuación, $\phi(u)=u$ por cada $u \in \mathbb{Q}$, por lo que el $\phi(\sqrt{n})^2=\phi(n)=n$. Si $\phi(\sqrt{n})=a+b\sqrt{m}$ algunos $a,b\in\mathbb{Q}$, $(a+b\sqrt{m})^2=a^2+b^2m + 2ab\sqrt{m}=n$ implica $$a^2+b^2m = n$$ and $$2ab=0.$$

A continuación, $b=0$ no puede suceder, ya que implicaría que $\sqrt{n}\in\mathbb{Q}$ donde $n$ es una plaza libre entero. También se $a=b=0$ no puede suceder. Por lo tanto $a=0$ y tenemos $$b^2m=n.$$ Si $\psi:\mathbb{Q}(\sqrt{n})\to\mathbb{Q}(\sqrt{m})$ fueron un isomorfismo, entonces existiría algunos $s\in\mathbb{Q}$ tal que $$s^2m=n,$$ then $s=b$ or $s=-b$. Therefore the only isomorphisms from $\mathbb{Q}(\sqrt{n})$ to $\mathbb{Q}(\sqrt{n})$ are $\phi(u+v\sqrt{n})=u+vs\sqrt{m}$ and $\psi(u+v\sqrt{n})=u-vs\sqrt{m}$.

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No sé si hay una manera más fácil y no sé si estoy en el camino correcto aquí. Gracias de antemano :)

Answer 1

Todo lo que hasta donde llegas $$b^2m = n$$ is fine. After that what you want to say is that because $n$ is square-free $b = \pm 1$ and hence $m = $n.

También voy a decir que no es inmediatamente obvio que $$\mathbf{Q}(\sqrt d) = \{a + b\sqrt d : a, b \in \mathbf{Q}\}.$$ no es difícil de demostrar, pero tal vez sería bueno mencionar que esto fue demostrado en algún lugar antes.

Answer 2

Un poco estúpido forma, el uso de la teoría algebraica de números: cualquier isomorfismo $K = \mathbb{Q}(\sqrt{n}) \rightarrow L = \mathbb{Q}(\sqrt{m})$ debe preservar integral cierres de $\mathbb{Z}$, y por lo tanto la división de los datos de los números primos. La elección de un squarefree entero $n$ es equivalente a una elección de un número finito de números primos, así como una selección de signo. Podemos concluir que para $n \neq m$ squarefree, la división de los datos de los números primos en $\mathcal O_K$ $\mathcal O_L$ son diferentes según el estándar siguiente resultado:

1 . El discriminante de $\mathbb{Q}(\sqrt{n})$ (cuyo primer divisores son exactamente los ramificada de los números primos) es $n$ si $n \equiv 1 \pmod{4}$, y de lo contrario,$4n$.

En particular, $\mathbb{Q}(\sqrt{n})$ $\mathbb{Q}(\sqrt{-n})$ nunca son isomorfos para $n$ extraño, debido a $2$ ramifies en exactamente uno de ellos. Por otra parte, vemos que $\mathbb{Q}(\sqrt{n})$ $\mathbb{Q}(\sqrt{m})$ no son isomorfos si existe una extraña divisor primo de $n$ que no divida a los otros.

La última posibilidad a considerar es que el $n$ $m$ compartir todas sus impares primos divisores, pero uno de ellos, decir $n$, es incluso (si ambos son iguales, entonces debemos tener $n = \pm m$, y hemos terminado por el párrafo anterior). Los tres casos son $n = 2m, n =-2m$, e $n = -m$, ambos inclusive.

Desde $2$ ramifies en $\mathbb{Q}(\sqrt{m})$, tendría que ramifican en $\mathbb{Q}(\sqrt{n})$, por lo que podemos concluir que el anillo de enteros de $\mathbb{Q}(\sqrt{m})$ $\mathbb{Q}(\sqrt{n})$ son, respectivamente,$\mathbb{Z}[\sqrt{m}]$$\mathbb{Z}[\sqrt{n}]$. Así, un primer $p$ se divide en $\mathbb{Q}(\sqrt{m})$ (resp. $\mathbb{Q}(\sqrt{n})$) si y sólo si $m$ (resp. $n$) es un cuadrado mod $p$. Ahora bien $n = 2m$ o $n = -2m$. Utilizando el símbolo de Legendre, tenemos en el primer caso:

$$(\frac{n}{p}) = (\frac{2}{p})(\frac{m}{p}) = (-1)^{\frac{p^2-1}{8}}(\frac{m}{p})$$

y en el segundo:

$$(\frac{n}{p}) = (\frac{-1}{p})(\frac{2}{p})(\frac{m}{p}) = (-1)^{\frac{(p-1)(p^2-1)}{16}}(\frac{m}{p})$$

y en la tercera:

$$(\frac{n}{p}) = (\frac{-1}{p})(\frac{m}{p}) = (-1)^{\frac{p-1}{2}}(\frac{m}{p})$$

Mirando los residuos de los números primos modulo $16$, se puede elegir uno que se divide en $K$, pero no en $L$.