Encontrar $p(x)$ tal que $\mathbb{Q}(\sqrt{1+\sqrt{5}})$ sea anillo isomorfo a $\mathbb{Q[x]}/\langle p(x)\rangle$

Question

Estoy tratando de encontrar un polinomio $p(x)$ en $\mathbb{Q}[x]$ tal que $\mathbb{Q}(\sqrt{1+\sqrt{5}})$ sea isomorfo al anillo $\mathbb{Q[x]}/\langle p(x)\rangle$.

Esto es lo que intenté hacer:

Consideremos el polinomio $p(x)=x^4-2x^2-4$. Resolviendo la ecuación cuadrática obtenemos las raíces $\sqrt{1+\sqrt{5}},-\sqrt{1+\sqrt{5}}, \sqrt{1-\sqrt{5}} \text{ y} -\sqrt{1-\sqrt{5}}$. Intentaremos demostrar que $p(x)$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}$. Supongamos que $p(x)=r(x)q(x)$. Si $p(X)$ no es irreducible, ninguno de $r$ y $q$ tiene grado $0$. Ninguno puede tener grado $1$ ya que ninguna de las raíces está en $\mathbb{Q}$. Así que nos queda el caso en el que cada uno tiene grado 2.

Supongamos que $r(x)=x^2+ax+b$. Sea $r(x)=(x-a_1)(x-a_2)$ con $a_1,a_2$ en el conjunto de raíces de $p(x)$. Podemos hacer algunos casos para ver que $a_1+a_2=-a \in \mathbb{Q}$ si y solo si $(a_1,a_2)=(\sqrt{1+\sqrt{5}},-\sqrt{1+\sqrt{5}})$ o $(\sqrt{1-\sqrt{5}},-\sqrt{1-\sqrt{5}})$. Esto implica $a_1a_2=b \not \in \mathbb{Q}$, una contradicción al hecho de que $r(x)\in Q[x]$. Por lo tanto, $p(x)$ es irreducible y como $\sqrt{1+\sqrt{5}}$ es una raíz de $p(x)$, tenemos la conclusión de que $\mathbb{Q}(\sqrt{1+\sqrt{5}})$ es isomorfo al anillo $\mathbb{Q[x]}/\langle p(x)\rangle$.

Pregunta 1: ¿Es correcta esta demostración?
Pregunta 2: ¿Alguien podría sugerir una prueba alternativa de que $\mathbb{Q}(\sqrt{1+\sqrt{5}})$ es isomorfo al anillo $\mathbb{Q[x]}/\langle p(x)\rangle$? Gracias.

Answer 1

Observa que $\sqrt{5} \in \mathbb{Q}(\sqrt{1+\sqrt{5}})$, por lo que $\mathbb{Q}(\sqrt{5})$ es un campo intermedio de la extensión $\mathbb{Q}(\sqrt{1+\sqrt{5}}) / \mathbb{Q)$. Es fácil ver que $\sqrt{1+\sqrt{5}}$ no está en $\mathbb{Q}(\sqrt{5})$ y por lo tanto $[\mathbb{Q}(\sqrt{1+\sqrt{5}}) : \mathbb{Q}(\sqrt{5})] = 2$. Dado que $[\mathbb{Q}(\sqrt{5}) : \mathbb{Q}] = 2$, se tiene que $[\mathbb{Q}(\sqrt{1+\sqrt{5}}) : \mathbb{Q}] = 4$. El resultado se sigue ya que $\sqrt{1+\sqrt{5}}$ es raíz de $p(x) \in \mathbb{Q}[x]$.

Answer 2

Un resultado es que si $ f \in K[x] $ es irreducible y $ f(\alpha) = 0 $, entonces tenemos un isomorfismo $ K[x]/(f) \cong K(\alpha) $. Por lo tanto, basta con encontrar un polinomio irreducible del cual $ \alpha = \sqrt{1 + \sqrt{5}} $ sea una raíz. Podemos ver que $ (\alpha^2 - 1)^2 - 5 = 0 $, entonces $ \alpha $ es raíz de $ X^4 - 2X^2 - 4 $. Este polinomio no tiene raíces en el cuerpo finito $ \mathbb{F}_3 $, por lo que, si se reduce en $ \mathbb{F}_3[X] $, debe descomponerse en factores cuadráticos y, por lo tanto, tener una raíz en $ \mathbb{F}_9 $. Sea $ w \in \mathbb{F}_9^{\times} $ tal raíz. Entonces, tenemos

$$ w^8 - 1 = (w^4 - 1)(w^4 + 1) = (2w^2 + 3)(2w^2 + 5) = w^4 + w^2 = 3w^2 + 4 = 1 \neq 0 $$

lo cual es imposible para un elemento del grupo multiplicativo $ \mathbb{F}_9^{\times} $. Concluimos que $ X^4 - 2X^2 - 4 $ es irreducible en $ \mathbb{F}_3[X] $, y por lo tanto en $ \mathbb{Q}[X] $. Entonces podemos elegir $ p(X) = X^4 - 2X^2 - 4 $.

Tu demostración está bien, sentí que probar la irreducibilidad de esta manera en lugar de hacer casos era más rápido. En cualquier caso, es una solución alternativa.