Chủ đề này có 10 trả lời

[ChangBietDatTenSaoChoDoc]

Chứng minh rằng

$$\mathbb{Q}\left ( \sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5} \right )=\mathbb{Q}\left ( \sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5} \right )$$

Nếu là hai phần tử thôi, chẳng hạn, $\mathbb{Q}\left ( \sqrt{2},\sqrt{3} \right )=\mathbb{Q}\left ( \sqrt{2}+\sqrt{3} \right )$ thì mình giải quyết được. Còn 3 phần tử như thế này thì chưa được, và cũng k áp dụng cách tương tự để làm được.

[KoBietDatTenSaoChoHot]

Bài này có thể dùng Galois theory để giải được ko em?

[KoBietDatTenSaoChoHot]

Nếu chỉ hai phần tử thì mình dùng cách đơn giản là xong, như em nói. Còn chứng minh rằng $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5})=\mathbb{Q}(\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5})$ thì anh chẳng biết cách nào khác là dùng automorphism group. Đại loại là ta có kết quả rằng, nếu $a$ là một nghiệm của $f(t)\in \mathbb{Q}[t]$, và $K$ là một mở rộng trường của $\mathbb{Q}$, thì với mọi $\sigma\in Aut(K/\mathbb{Q})$, $\sigma(a)$ là một nghiệm của $f(t)$.

 

Bước 1:  Ta tìm hết tất cả các  automorphism của $K$ fix $\mathbb{Q}$, tức là tìm $Aut(K/\mathbb{Q})$. Ở đây, $K=\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5})$. Việc tìm cái này ko rắc rối lắm, em có thể tham khảo ở đây: http://math.stackexc...2-sqrt3-mathbbq

 

Bước 2: Dễ dàng thấy rằng, $\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}\in \mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5})$. Suy ra, $\mathbb{Q}(\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5})\subset \mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5})$. Để chứng minh chúng bằng nhau, ta chỉ cần chứng minh rằng cái minimal polynomial cho $\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}$ có bậc là $8$. Tuy nhiên, nếu $f$ là minimal polynomial cho $\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}$, thì $\sigma(\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5})$ cũng là một nghiệm của $f$ với mọi $\sigma\in Aut(\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5})/\mathbb{Q})$. Vì ta đã tìm được $\sigma\in Aut(\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5})/\mathbb{Q})$ ở bước 1, ta có thể dễ dàng tìm hết tất cả các nghiệm của $f$. Đại loại chúng là $\pm\sqrt{2}\pm\sqrt{3}\pm\sqrt{5}$. Đặt tên cho chúng là $\alpha_i$, $i=1,..,8$. Tính toán "bằng tay" biểu thức sau, ta được

 

$$(t-\alpha_1)(t-\alpha_2)(t-\alpha_3)(t-\alpha_4)(t-\alpha_5)(t-\alpha_6)(t-\alpha_7)(t-\alpha_8)=t^8-40t^6+352t^4-960t^2+576.$$

 

Ở đây, "bằng tay" là isomorphic với "mathematica"

[ChangBietDatTenSaoChoDoc]

Hic, sao nó khác xa với cách 2 phần tử của em vậy.

Với lại em cũng quen lắm với kiểu này nữa. 

[Nxb]

Nếu chỉ hai phần tử thì mình dùng cách đơn giản là xong, như em nói. Còn chứng minh rằng $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5})=\mathbb{Q}(\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5})$ thì anh chẳng biết cách nào khác là dùng automorphism group. Đại loại là ta có kết quả rằng, nếu $a$ là một nghiệm của $f(t)\in \mathbb{Q}[t]$, và $K$ là một mở rộng trường của $\mathbb{Q}$, thì với mọi $\sigma\in Aut(K/\mathbb{Q})$, $\sigma(a)$ là một nghiệm của $f(t)$.

 

Bước 1:  Ta tìm hết tất cả các  automorphism của $K$ fix $\mathbb{Q}$, tức là tìm $Aut(K/\mathbb{Q})$. Ở đây, $K=\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5})$. Việc tìm cái này ko rắc rối lắm, em có thể tham khảo ở đây: http://math.stackexc...2-sqrt3-mathbbq

 

Bước 2: Dễ dàng thấy rằng, $\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}\in \mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5})$. Suy ra, $\mathbb{Q}(\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5})\subset \mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5})$. Để chứng minh chúng bằng nhau, ta chỉ cần chứng minh rằng cái minimal polynomial cho $\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}$ có bậc là $8$. Tuy nhiên, nếu $f$ là minimal polynomial cho $\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}$, thì $\sigma(\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5})$ cũng là một nghiệm của $f$ với mọi $\sigma\in Aut(\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5})/\mathbb{Q})$. Vì ta đã tìm được $\sigma\in Aut(\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5})/\mathbb{Q})$ ở bước 1, ta có thể dễ dàng tìm hết tất cả các nghiệm của $f$. Đại loại chúng là $\pm\sqrt{2}\pm\sqrt{3}\pm\sqrt{5}$. Đặt tên cho chúng là $\alpha_i$, $i=1,..,8$. Tính toán "bằng tay" biểu thức sau, ta được

 

$$(t-\alpha_1)(t-\alpha_2)(t-\alpha_3)(t-\alpha_4)(t-\alpha_5)(t-\alpha_6)(t-\alpha_7)(t-\alpha_8)=t^8-40t^6+352t^4-960t^2+576.$$

 

Ở đây, "bằng tay" là isomorphic với "mathematica"

Còn một bước nữa là chỉ ra đa thức đó bất khả quy chứ nhỉ. 

[KoBietDatTenSaoChoHot]

Còn một bước nữa là chỉ ra đa thức đó bất khả quy chứ nhỉ. 

 

Thật ra là ko cần đâu bạn. Tất cả các automorphism $\sigma$ của $Aut(\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5})/\mathbb{Q})$ đều có dạng $\sigma(\sqrt{i})=\pm \sqrt{i}$, với $i=2, 3, 5$. Vì $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5})/\mathbb{Q}$ là Galois, nên $|Aut(\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5})/\mathbb{Q})|=[\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5}):\mathbb{Q}]=2^3=8.$ Điều đó chứng tỏ có tất cả $8$ automorphism, và điều đó cũng nghĩa là ảnh của $\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}$ qua các automorphisms này phải có 8 ảnh khác nhau, tức là tất cả các combination của $\pm\sqrt{2}\pm\sqrt{3}\pm\sqrt{5}$. Do đó, minimal polynomial của $\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}$ là phải như mình đã nêu ra.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KoBietDatTenSaoChoHot: 31-05-2015 - 15:24

[Nxb]

Thật ra là ko cần đâu bạn. Tất cả các automorphism $\sigma$ của $Aut(\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5})/\mathbb{Q})$ đều có dạng $\sigma(\sqrt{i})=\pm \sqrt{i}$, với $i=2, 3, 5$. Vì $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5})/\mathbb{Q}$ là Galois, nên $|Aut(\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5})/\mathbb{Q})|=[\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5}):\mathbb{Q}]=2^3=8.$ Điều đó chứng tỏ có tất cả $8$ automorphism, và điều đó cũng nghĩa là ảnh của $\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}$ qua các automorphisms này phải có 8 ảnh khác nhau, tức là tất cả các combination của $\pm\sqrt{2}\pm\sqrt{3}\pm\sqrt{5}$. Do đó, minimal polynomial của $\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}$ là phải như mình đã nêu ra.

Nếu thế thì đâu cần tính ra xem đa thức bất khả quy là gì nữa. Mình thấy bạn tính nên tưởng bạn dựa vào đó để xem đa thức bất khả quy hay không. Ngay từ trước khi bạn tìm đa thức bất khả quy bạn đã biết nó bậc 8 rồi. Như thế ở đây ta chỉ cần quỹ đạo của $\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}$ qua các phần tử của nhóm Galois bằng 8 là được rồi.

[ChangBietDatTenSaoChoDoc]

À, bài này em đã giải quyết bằng cách tương tự như đối với hai phần tử rồi. 

[KoBietDatTenSaoChoHot]

À, bài này em đã giải quyết bằng cách tương tự như đối với hai phần tử rồi. 

 

Post lên luôn em

[ChangBietDatTenSaoChoDoc]

May cua em bi loi tieng Viet nen em k viet co dau duoc.

For any distinct positive integers $a, b, c$, let $d=\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$. It is sufficient to show that $\sqrt{a} \in \mathbb{Q}\left ( d \right )$.

We have $$\begin{aligned}
\left ( d-\sqrt{a} \right )^2 &= \left ( \sqrt{b}+\sqrt{c} \right )^2\\
\Rightarrow \left ( d^2+a-b-c \right )-2\sqrt{a}d &= 2\sqrt{bc}\\
\left ( d^2+a-b-c \right )^2-4\sqrt{a}d\left ( d^2+a-b-c \right ) +4ad^2 &= 4bc
\end{aligned}$$

It's not difficult to check $d^2+a-b-c \neq 0$. Thus we get 

$$\sqrt{a}=\frac{\left ( d^2+a-b-c \right )^2+4\left ( ad^2-bc \right )}{4d\left ( d^2+a-b-c \right )} \in \mathbb{Q}\left ( d \right )$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nesbit: 26-03-2023 - 21:35
Chỉnh $\LaTeX$

[ChangBietDatTenSaoChoDoc]

Sao em sua loi latex k duoc nhi. Em dung lenh nay dung ma.