Campo de $\mathbb{Q}(\alpha)$ $\alpha=\sqrt[3]7+2i$

Question

(1) Demostrar que $\alpha=\sqrt[3]7+2i$ es algebraico sobre $\mathbb{Q}.$
(2) Demostrar que tanto $\sqrt[3]7, 2i$ son elementos de $\mathbb{Q}(\alpha)$.
(3) Calcular $[\mathbb{Q}(\alpha):\mathbb{Q}]$.
(4) Encontrar el polinomio mínimo en $\mathbb{Q}[x]$.

Aquí está mi intento en cada pregunta

1. $x=\sqrt[3]7+2i$
   $x-2i=\sqrt[3]7$
   $(x-2i)^3=7$
   $x^3-12x-7=6ix^2-8i$
   $(x^3-12x-7)^2=(6ix^2-8i)^2$
   $x^6+12x^4-14x^3+48x^2+168x+113=0$

2. Deje $\beta=\sqrt[3]7-2i$
   $\alpha+\beta=\sqrt[3]7$
   $\alpha-\beta=4i$
   Traté de usar el hecho de $(\alpha+\beta)^3=7, (\alpha+\beta)^2=-16\in \mathbb{Q}$
   Para mostrar $\beta \in \mathbb{Q}(\alpha)$, pero no tuvo éxito hasta el momento

3. A partir de (2), $\sqrt[3]7, i \in \mathbb{Q}(\alpha)$ y es trivial que cualquier nuevo elment de campo $\mathbb{Q}(\alpha)$ generado por $\alpha$ puede ser escrito con {$1, \sqrt[3]7, \sqrt[3]{7^2}, i, \sqrt[3]7i , \sqrt[3]{7^2}i$} y viceversa, es decir, $S=\mathbb{Q}(1, \sqrt[3]7, \sqrt[3]{7^2}, i, \sqrt[3]7i , \sqrt[3]{7^2}i) = \mathbb{Q}(\alpha)$
   También,{$1, \sqrt[3]7, \sqrt[3]{7^2}, i, \sqrt[3]7i , \sqrt[3]{7^2}i$} son linealmente independientes sobre $\mathbb{Q}$.
   Por lo tanto, $[\mathbb{Q}(\alpha):\mathbb{Q}]=6$

4. $p(x)=x^6+12x^4-14x^3+48x^2+168x+113$ a partir de (1) es el polinomio mínimo.
   $p(x)$ es un monic polinomio sobre $\mathbb{Q}$. Para mostrar que es irreducible sobre $\mathbb{Q}$,
   la reducción de la mod 3 rendimientos $x^6-2x^3+2$. Estos factores sobre $\mathbb{Z}_3$ si y sólo si
   tiene una raíz en $\mathbb{Z_3}$, pero no tiene una raíz. Por lo tanto, $p(x)$ es irreducible sobre $\mathbb{Z_3}$, por lo que es irreducible sobre $\mathbb{Q}$.

Cualquier idea en la pregunta 2 o hay nada que reparar en otras preguntas?

Answer 1

Para $2:$

Dado que: $$x^6+12x^4-14x^3+48x^2+168x+113=(x^3-12x-7)^2+(6x^2-8)^2,$$ tienes que:

$$\left(\frac{\alpha^3-12\alpha-7}{6\alpha^2-8}\right)^2=-1,$$

al menos tan largo como usted puede demostrar que $6\alpha^2\neq 8.$

Esto significa que $$\frac{\alpha^3-12\alpha-7}{6\alpha^2-8}=\pm i$$ and hence $i\in\mathbb Q(\alpha)$.

Para (3-4): Desde $\mathbb Q(i)\subseteq \mathbb Q(\alpha)$$\mathbb Q(\sqrt[3]7)\subseteq \mathbb Q(\alpha)$, usted tiene que $[Q(\alpha):\mathbb Q]$ debe ser divisible a$3$$2$, y por lo tanto ser divisible por $6$.

Pero su polinomio también nos da ese $[\mathbb Q(\alpha):\mathbb Q]\leq 6$.

Por lo $\mathbb Q(\alpha):\mathbb Q]=6$, y por lo tanto el polinomio mínimo de a $\alpha$ debe ser de grado $6$.

Answer 2

Su prueba de la irreductibilidad de $f(x)=x^6 +12x^4-14x^3 +48x^2+168x+113$ no es correcto. He aquí una manera de hacerlo, sin embargo. Más de $\Bbb Q(i)$, tenemos la factorización $$ f(x)=(x^3-6ix^2-12x+8i-7)(x^3+6ix^2-12x-8i-7)\,, $$ el cual puede ser encontrado por diversos métodos. Estos polinomios cúbicos se $\Bbb Q(i)$-irreductible, ya que sus raíces no están en $\Bbb Q(i)$, así que esta es la $\Bbb Q(i)$-factorización en irreducibles, único.

Ahora suponga $f$ tenía un trivial $\Bbb Q$ factorización. Este sería un $\Bbb Q(i)$-factorización, y por lo tanto el producto de dos cuadráticas en la fórmula que se muestra. Pero estas no son las $\Bbb Q$-polinomios, que contradice nuestra suposición. Por lo $f$ es irreductible.