Cartesian là Đề Các đó em
KoBietDatTenSaoChoHot
Giới thiệu
Thống kê
- Nhóm: Thành viên
- Bài viết: 143
- Lượt xem: 3433
- Danh hiệu: Trung sĩ
- Tuổi: Chưa nhập tuổi
- Ngày sinh: Chưa nhập ngày sinh
-
Giới tính
Nam
-
Đến từ
nữa vòng trái đất
-
Sở thích
học toán, đi lang thang, ăn tối với một người bạn...
Trong chủ đề: Đọc về lí thuyết độ đo sách của Rudin
02-08-2015 - 13:53
Trong chủ đề: Mở rộng của $\mathbb{Q}$
02-06-2015 - 11:21
À, bài này em đã giải quyết bằng cách tương tự như đối với hai phần tử rồi.
Post lên luôn em
Trong chủ đề: Mở rộng của $\mathbb{Q}$
31-05-2015 - 15:23
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.
Trong chủ đề: Mở rộng của $\mathbb{Q}$
31-05-2015 - 05:58
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"
Trong chủ đề: Mở rộng của $\mathbb{Q}$
30-05-2015 - 16:58
Bài này có thể dùng Galois theory để giải được ko em?
- Diễn đàn Toán học
- → Đang xem trang cá nhân: Bài viết: KoBietDatTenSaoChoHot