demostrando que $\mathbb{Q}(\sqrt{5}, \sqrt{6}) = \mathbb{Q}(\sqrt{5}+ \sqrt{6}) $

Question

Aquí es un extracto de mi Teoría de Galois notas demostrando que $\mathbb{Q}(\sqrt{5}, \sqrt{6}) = \mathbb{Q}(\sqrt{5}+ \sqrt{6}) $

Mi pregunta es, después de la reorganización de la ecuación (1) tiene mi profesor omitido una $\alpha$ que debería estar en el denominador? Creo que esto puede ser un error tipográfico, pero las soluciones para el caso general en una de nuestras tareas han sido liberados y es también falta la $\alpha$ en el denominador.

Si no es un error tipográfico entonces, ¿cómo esta ecuación mantenga

gracias de antemano

Answer 1

Sí, pero la corrección de la errata hojas de la prueba correcta, ya que $\,\sqrt 5 = \dfrac{1}2(\alpha - \alpha^{-1})\in\Bbb Q(\alpha)$

Más simple: $\ \alpha^{-1} = \dfrac{6-5}{\sqrt 6 + \sqrt 5} = \sqrt{6}-\sqrt 5\ \Rightarrow\ \begin{align}\alpha+\alpha^{-1}=2\sqrt 6\\ \alpha-\alpha^{-1} = 2\sqrt{5}\end{align}$ $\,\Rightarrow\, \sqrt 6,\sqrt5 \in \Bbb Q(\alpha)$

Comentario $\ $ Este explota la idea clave en la que se encuentra en el corazón de la prueba de la Primitiva Elemento Teorema. Es decir, si un campo $F$ dos $F$-lineal independiente combinaciones de $\rm\, \sqrt{a},\ \sqrt{b}\, $ podemos resolver para $\rm\, \sqrt{a},\ \sqrt{b}\, $ $F.$ Ver aquí para más discusión.

Answer 2

Sí, es un error tipográfico. En el caso general de los $\mathbb{Q}(\sqrt{a},\sqrt{b})$ donde $a$ $b$ son squarefree enteros, tenemos, después de $$ \alpha=\sqrt{a}+\sqrt{b}, $$ que $$ (\alpha\sqrt{a})^2=b $$ así $$ \alpha^2-2\alpha\sqrt{a}+=b $$ por lo tanto $$ \sqrt{a}=\frac{\alpha^2+a-b}{2\alpha}\in\mathbb{Q}(\alpha). $$ Así también $$ \sqrt{b}=\alpha\sqrt{a}\in\mathbb{Q}(\alpha) $$ (no hay necesidad de repetir la prueba).

Con el fin de encontrar el polinomio mínimo de a $\alpha$, hemos de asumir la $a\ne b$ (de lo contrario el resultado sería trivial). A continuación,$\sqrt{b}\notin\mathbb{Q}(\sqrt{a})$, debido a que $$ (x+y\sqrt{a})^2=b $$ significaría $x^2+ay^2+2xy\sqrt{a}=b$, obligando a $\sqrt{a}$ a un ser racional, a menos que $x=0$ o $y=0$; si $x=0$ tendríamos $ay^2=b$ cual es imposible como $a$ $b$ son squarefree y desigual; si $y=0$, tendríamos $x^2=b$, igualmente imposible.

A continuación, el grado de $\mathbb{Q}(\alpha)$$\mathbb{Q}$$4$. Luego, el cuadrado $$ 2\alpha\sqrt{a}=\alpha^2+a-b $$ nos encontramos con una expresión de grado $4$ $\alpha$ que nos da un monic polinomio de grado $4$ tener $\alpha$ como una raíz. Este es el polinomio mínimo.

Answer 3

He aquí otro argumento que $\Bbb Q(\sqrt5+\sqrt6\,)=\Bbb Q(\sqrt5,\sqrt6\,)$, pero como Dubuque del segundo argumento, no es una respuesta a su pregunta. Por otro lado, creo que Suárez-Álvarez estará de acuerdo en que es lo suficientemente motivado y razonablemente natural.

$K=\Bbb Q(\sqrt5,\sqrt6\,)$ es sin duda el cuarto grado más de $\Bbb Q$, de hecho biquadratic, lo que significa que hay otra cuadrática subcampo de $K$ más allá de la $\Bbb Q(\sqrt5\,)$$\Bbb Q(\sqrt6\,)$, es decir,$\Bbb Q(\sqrt{30}\,)$. Y estos son los únicos cuadrática subcampos de $K$. Así que si $\Bbb Q(\sqrt5+\sqrt6\,)$ es desigual a $K$, debe ser igual a $\Bbb Q(\sqrt{30}\,)$, un campo en el que $\{1,\sqrt{30}\,\}$ es un buen$\Bbb Q$ -. Esto significaría que $\sqrt5+\sqrt6=a + b\sqrt{30}$ para los números racionales $a$$b$. Pero $\{1,\sqrt5,\sqrt6,\sqrt{30}\,\}$ $\Bbb Q$- base para $K$, y la ecuación anterior se contradice con independencia lineal de estos cuatro números.