Cómo tomar el conjugado de un número con más de 2 raíces cuadradas

Question

Yo estaba haciendo un poco de álgebra abstracta y me encontré con el problema de averiguar si $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})=\{a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+d\sqrt{6} : a,b,c,d \in \mathbb{Q}\}$ es un anillo y más si se trata de un campo. Parte de esto es lo que prueba que cada elemento es invertible para un campo que yo creo que es el caso en este ejemplo.

Mi pregunta es, hay una manera general a tomar un conjugado de un número de esta forma y, más generalmente, los números de la forma,

$$x=a_{0}+ \sum_{n \neq k^2} a_{i}\sqrt{n}$$ Donde cada una de las $a_i \in \mathbb{Q}$?

En otras palabras, un número $y$ tal que $\frac{1}{x} \times \frac{y}{y}$ implica ninguna plaza raíces en el denominador.

Answer 1

La historia de fondo aquí es que el campo es una división de campo de la polinomio $(x^2-2)(x^2-3)$, y como tal, el grupo de Galois $\operatorname{Gal}(\mathbb Q(\sqrt 2, \sqrt 3):\mathbb Q)$ actúa sobre él. Resulta que este grupo tiene cuatro elementos:

• $I$: Identidad,
• $\Phi_2$: Automorphism que los mapas de $\sqrt 2$ $-\sqrt 2$pero deja a $\sqrt 3$ en el lugar,
• $\Phi_3$: Automorphism que los mapas de $\sqrt 3$ $-\sqrt 3$pero deja a $\sqrt 2$ en el lugar,
• $\Phi_6$: Automorphism que los mapas de $\sqrt 2$$-\sqrt 2$$\sqrt 3$%#%.

Ahora, para que un elemento $-\sqrt 3$, su conjugados se definen como los mapas de $x=a+b\sqrt 2+c\sqrt 3+d\sqrt 6$ el uso de todos los automorfismos. En nuestro caso, lo que se obtiene es:

• $x$
• $I(x)=x=a+b\sqrt 2+c\sqrt 3+d\sqrt 6$
• $\Phi_2(x)=a-b\sqrt 2+c\sqrt 3-d\sqrt 6$
• $\Phi_3(x)=a+b\sqrt 2-c\sqrt 3-d\sqrt 6$

El producto de todos los: $\Phi_6(x)=a-b\sqrt 2-c\sqrt 3+d\sqrt 6$ debe estar asignado al mismo por parte de todos los automorfismos, porque los automorfismos conforman un grupo. Por ejemplo,

$N(x)=I(x)\Phi_2(x)\Phi_3(x)\Phi_6(x)$$

Y similares para$$\Phi_2(N(x))=\Phi_2(I(x))\Phi_2(\Phi_2(x))\Phi_2(\Phi_3(x))\Phi_2(\Phi_6(x))=\Phi_2(x)I(x)\Phi_6(x)\Phi_3(x)=N(x)$$\Phi_3$.

Por lo tanto, como la teoría de Galois nos enseña, $\Phi_6$ pertenece al campo fijo por todos los automorfismos, que coincide con $N(x)$. En otras palabras, $\mathbb Q$ es siempre racional.

Moraleja: si $N(x)$, $x=a+b\sqrt 2+c\sqrt 3+d\sqrt 6$ racional: para encontrar $a,b,c,d$, se multiplica el numerador y el denominador por $\frac{1}{x}$.

Editado para añadir: Wolfram Alpha ha calculado para mí que usted terminará con el siguiente en el denominador:

$\Phi_2(x)\Phi_3(x)\Phi_6(x)=(a-b\sqrt 2+c\sqrt 3-d\sqrt 6)(a+b\sqrt 2-c\sqrt 3-d\sqrt 6)(a-b\sqrt 2-c\sqrt 3+d\sqrt 6)$$

(sí, lo sé, es horrible, pero es racional!)

Answer 2

No es realmente difícil encontrar la "racionalización" de la manera difícil: $$ \frac{1}{a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+d + \sqrt{6}} = \frac{a+b\sqrt{2}-c\sqrt{3}-d\sqrt{6}}{(a+b\sqrt{2})^2-(c\sqrt{3}+d + \sqrt{6})^2} $$ El denominador se convierte en $$ a^2+2ab\sqrt{2}+2b^2-3c^2-6cd\sqrt{2}-6d^2 $$ y ahora un paso más allá y te dará el resultado final. No es una bonita fórmula.

Si en lugar de considerar el mapa de $x\mapsto(a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+d\sqrt{6})x$, su matriz es $$ \begin{bmatrix} a & b & 3c & 6d \\ b & a & 3d & 3c \\ c & 2d & a & 2b \\ d & c & b & a \end{bmatrix} $$ El factor determinante es exactamente el denominador está buscando como se puede comprobar fácilmente.

Answer 3

$\alpha=a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+d\sqrt{6}$ tiene tres conjugados. Ellos están entre los números $$ un\pm b\sqrt{2}\pm c\sqrt{3}\pm d\sqrt{6} $$ Usted tiene el derecho de elegir los signos.

La ruta sencilla para encontrar inversos (y más) es de notar que $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$ es finito-dimensional espacio vectorial sobre $\mathbb{Q}$ y considerar el mapa de $x \mapsto \alpha x$. Demostrar que el mapa es una transformación lineal inyectiva (al $\alpha\ne0$) y a la conclusión de que es surjective.

Si desea una expresión explícita para la inversa de a $\alpha$, escribir la matriz del mapa con respecto a la base $(1,\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{6})$ y encontrar su inversa. O simplemente resolver un sistema lineal.