Lema: Vamos A $b,c \in \mathbb{Q}-\{0\}$. A continuación,$\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3) =\mathbb{Q}(b\sqrt2+c\sqrt3+\sqrt6)$.

Question

Estoy tratando de demostrar que $\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)=\mathbb{Q}(α)$ fib $α=a+b\sqrt2+c\sqrt3+d\sqrt6$ donde $a,b,c,d\in \mathbb{Q}$ y dos o más de $b,c,d$ son cero. La dirección de avance es fácil, pero estoy teniendo algunos problemas con la dirección de retroceso.

Deje $α=a+b\sqrt2+c\sqrt3+d\sqrt6$ donde$a,b,c,d\in \mathbb{Q}$, y al menos dos de $b,c,d$ son cero. Veo que, sin pérdida de generalidad, podemos suponer $a=0$. Ahora, el problema se divide en dos casos.

Exactamente dos de $b,c,d$ son cero O todos los tres de $b,c,d$ son cero. Creo que se puede abordar el primer caso por mi cuenta, pero yo podría utilizar un poco de ayuda en el último.

Suponga $b,c,d$ son todos distintos de cero. WLOG, podemos tomar $d=1$$α=b\sqrt2+c\sqrt3+\sqrt6$. Veo que $\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3) \supseteq \mathbb{Q}(α)$, pero necesito un poco de ayuda demostrando $\subseteq$. Elemental, sencilla, completa la prueba, sin lagunas es lo que estoy buscando.

Deseo probar el siguiente Lema:

Deje $b,c \in \mathbb{Q}-\{0\}$. A continuación,$\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)=\mathbb{Q}(b\sqrt2+c\sqrt3+\sqrt6)$.

Answer 1

Una inclusión es obvio, a saber,$\mathbb{Q}(b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+\sqrt{6})\subseteq\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$. Tenga en cuenta que el último campo ha $\{1,\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{6}\}$ base $\mathbb{Q}$.

Deje $r=b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+\sqrt{6}$. Si demostramos $r$ no puede tener grado $2$$\mathbb{Q}$, hemos terminado.

Tenemos $r^2=2b^2+3c^2+6+2bc\sqrt{6}+4b\sqrt{3}+3c\sqrt{2}$; ahora $r^2+pr+q=0$ ,$p,q\in\mathbb{Q}$, se convierte en $$ (2b^2+3c^2+6+q)+(3c+bp)\sqrt{2}+(4b+pc)\sqrt{3}+(2bc+p)\sqrt{6}=0 $$ Por lo tanto $p=-2bc$. Por lo tanto, de $4b+pc=0$ que se derivan de $$ 4b-2bc^2=0 $$ Como $b\ne0$, obtenemos $c^2=2$. Una contradicción.

Answer 2

Deje $\beta = a\sqrt{2} + b\sqrt{3}$. En primer lugar vamos a demostrar $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3}) = \mathbb{Q}(\beta)$. La inclusión $\mathbb{Q}(\beta) \subseteq\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$ es bastante obvio. En el otro lado ahora considere el $h(x) = \left(\sqrt{3} + \frac ab \sqrt{2} - \frac ab x\right)^2 - 3 \in \mathbb{Q}(\beta)[x]$. Ahora las raíces de este polinomio son $\sqrt{2}$$\sqrt{2} + \frac {2a}b\sqrt{3}$. En el otro lado de la $\sqrt{2}$ satisface $x^2 -2 \in \mathbb{Q}(\beta)[x]$ y $\sqrt{2} + \frac {2b}a\sqrt{3}$ no es una raíz de esto tenemos que:

$$\min(\sqrt{2},\mathbb{Q}(\beta)) \mid \gcd(h,x^2-2) = x-\sqrt{2}$$

en $\mathbb{C}$ (De hecho, cualquier extensión que contiene las raíces de $h$ $x^2-2$ que hacer el truco). Esto produce que el $\min(\sqrt{2},\mathbb{Q}(\beta)) = x - \sqrt{2}$, lo que implica que $\sqrt{2} \in \mathbb{Q}(\beta)$. A partir de aquí la inclusión $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3}) \subseteq \mathbb{Q}(\beta)$ sigue.

Ahora queda por demostrar que $\mathbb{Q}(\beta+\sqrt{6}) = \mathbb{Q}(\beta,\sqrt{6})=\mathbb{Q}(\beta)$, lo que se puede hacer de una manera similar. La última igualdad se sigue como $\beta^2 = 2a^2 + 3b^2 + 2ab\sqrt{6}$, lo $\sqrt{6} = \frac{\beta^2 - 2a^2 - 3b^2}{2ab} \in \mathbb{Q}(\beta)$. Por lo tanto la prueba.

Answer 3

Deje $u=a+ b \sqrt{2} + c\sqrt{3} + d\sqrt{2}\sqrt{3}$. Considere la posibilidad de $u=u_1$, $u_2$, $u_3$, $u_4$ los números obtenidos por el cambio de los signos de los radicales $\sqrt{2}$, $\sqrt{3}$ en todas las formas posibles. Suponga que los números de $u_1$, $\ldots$, $u_4$. son todas diferentes. Deje $v = \alpha + \beta \sqrt{2} + \gamma \sqrt{3} + \delta \sqrt{2} \sqrt{3}$. Estamos buscando un polinomio de grado en la mayoría de las $4$ tal que $P(u_i) = v_i$, $i=1\ldots, 4$. $P$ es la interpolación de Lagrange polinomio $$P(X) = \sum_{i=1}^4 v_i \cdot \frac{\prod_{j\ne i}(X-u_j)}{\prod_{j\ne i}(u_i-u_j)}$$

Debido a la simetría de las opciones que tenemos $P\in \mathbb{Q}[X]$. Por otra parte, $P(u_i)=v_i$, $i=1,\ldots, 4$. ( Lagrange del método, utilizado también por Galois)

Ahora, la condición de $u_i$ todos distinta es equivalente a "al menos dos de los $b$, $c$, $d$ no son cero".

De hecho, Lagrange (y Galois) utiliza un poco diferente de expresión, que es más fácil para los cálculos. Considerando $Q(X) = \prod_{i=1}^4(X-u_i)$, vamos a escribir $$R(X)= \sum_i v_i\cdot \frac{Q(X)}{X-u_i}$$. Again, $R\in \mathbb{Q}[X]$, y hemos $$R(u_i)= v_i \cdot P'(u_i)\\ v_i = \frac{R(u_i)}{Q'(u_i)}$$

Considere el ejemplo $$u_1 = \sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{2}\sqrt{3}\\ u_2 = -\sqrt{2}+\sqrt{3}-\sqrt{2}\sqrt{3}\\ u_3=\sqrt{2}-\sqrt{3}-\sqrt{2}\sqrt{3}\\ u_4=-\sqrt{2}-\sqrt{3}+\sqrt{2}\sqrt{3}$$ y $v=v_1=\sqrt{2}$. Calculamos $$Q(X)=X^4 - 22 X^2 - 48 X - 23\\ \sum\frac{v_i}{X-u_i}=\frac{8 (X^2 + 6 X + 7)}{X^4 - 22 X^2 - 48 X - 23}\\ R(X)= 8 (X^2 + 6 X + 7)\\ R(u_1)=v_1 \cdot P'(u_1)\\ v=\frac{R(u)}{Q(u)}=\frac{8(u^2+6 u + 7)}{4(u^3-11u-12)}$$ que es $$\sqrt{2}=\frac{2(8u^2+6u+7)}{u^3-11u-12}_{u=\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{6}}$$