Mostrando che un subring$K$di$\mathbb H$contiene un campo che è isomorfo a$\mathbb C$
Permettere$K$essere un sottoanello di$\mathbb H$, l'anello dei quaternioni, con$\mathbb R \subseteq K$e$\mathbb R \neq K$, là$\mathbb R$è l'anello dei numeri reali.
Mostra che esiste$x \in K$tale che$ x^2 = -1$. Usa questo fatto per dedurlo$K$contiene un campo che è isomorfo a$\mathbb C$, l'anello dei numeri complessi.
I miei ragionamenti:
Da$\mathbb R \subseteq K$ma$\mathbb R \neq K$, dovrebbero esisterne alcuni$u \in \{i, j, k\}$, tale che$u \in K$, dove$i, j, k$sono le unità quaternioni e, in particolare, soddisfano
$i^2=j^2=k^2=-1$
Questo mi è venuto in mente perché, in ordine per$K$essere diverso da$\mathbb R$, deve contenere almeno una di queste unità. Se$K$effettivamente contiene$u$, poi$u$è una soluzione di
$x^2=-1$
A questo punto ho mostrato, se tutto è corretto, che$K$contiene tale$x$, ma non so come mostrare l'ultima parte della domanda.
Mi chiedevo che avrei potuto prendere in considerazione
$\mathbb R[u]=\{a+ub:a,b \in \mathbb R\}$
Abbiamo quello$\mathbb R[u] \subseteq K$, da$\mathbb R \subseteq K$e$u \in K$e$K$è un anello.
Per dimostrarlo$\mathbb R[u]$è un campo e a cui è isomorfo$\mathbb C$, sarebbe "facile" usare polinomi e quozienti, infatti li abbiamo
$\mathbb R[u] \simeq \mathbb R[x]/(x^2+1)$
Dove$\mathbb R[x]$è finito l'anello dei polinomi$\mathbb R$e$(x^2+1)$è l'ideale principale generato dal polinomio$x^2+1$, che non ha radici in$\mathbb R$, rendendolo massimo. Questo isomorfismo vale perché$x^2+1$è il polinomio minimo di$u$Sopra$\mathbb R$.
Ma sappiamo anche questo
$\mathbb C \simeq \mathbb R[x]/(x^2+1)$
Dove possiamo effettivamente vedere$\mathbb C$come$\mathbb R[i]=\{a+ib:a,b \in \mathbb R\}$.
Concludiamo che
$\mathbb R[u] \simeq \mathbb C$
Ora, questo metodo potrebbe o non potrebbe essere corretto, ma la mia vera domanda è trovare un modo per farlo senza usare quozienti, ideali massimali e proprietà "avanzate" dei polinomi su un campo, perché questo esercizio è dato, nel mio corso, prima tutti loro.
Risposte
Come è noto,$\Bbb H$è in possesso di una base costituita da
$1 \in \Bbb R \tag 1$
e$i$,$j$,$k$tale che
$ij = k, \; jk = i, \; ki = j, \tag 2$
$i^2 = j^2 = k^2 = -1; \tag 3$
ovviamente, (2) e (3) insieme lo implicano$i$,$j$,$k$anti-pendolarismo, vale a dire:
$-j = i^2j = i(ij) = ik, \tag 4$
con argomenti simili che lo dimostrano
$ji = -k, \; kj = -i; \tag 5$
usando (2)-(4) calcoliamo$(ai + bj + ck)^2$, dove$a, b, c \in \Bbb R$:
$(ai + bj + ck)^2 = (ai + bj + ck)(ai + bj + ck)$ $= a^2ii + b^2jj + c^2kk + abij + acik + abji + bcjk + acki + bckj$ $= -a^2 - b^2 - c^2 + ab(ij + hi) + ac(ik + ki) + bc(jk + kj)$ $= -(a^2 + b^2 + c^2) < 0, \tag 6$
fornito almeno uno su$a$,$b$,$c$non svanisce. Questo cede
$\left ( \dfrac{ai + bj + ck}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}} \right )^2 = \dfrac{(ai + bj + ck)^2}{a^2 + b^2 + c^2} = -1. \tag 7$
Ora se$K$è un sottoanello di$\Bbb H$insieme a
$\Bbb R \subsetneq K \subset \Bbb H, \tag 8$
poi$K$deve contenere un elemento$q \in\Bbb H$della forma
$q = r + ai + bj + ck, \tag 9$
insieme a
$r, a, b, c \in \Bbb R, \tag{10}$
e almeno uno di$a$,$b$,$c$diverso da zero, una condizione facilmente riconoscibile come equivalente a
$a^2 + b^2 + c^2 > 0; \tag{11}$
da$K$è un sottoanello e (8) implica
$r \in K, \tag{12}$
(9) rendimenti
$p = ai + bj + ck = q - r \in K, \tag{13}$
e da quanto visto sopra
$\left (\dfrac{p}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}} \right )^2 = -1; \tag{14}$
ora alla luce di (8) e (10),
$\dfrac{1}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}} \in K, \tag{15}$
e quindi
$u = \dfrac{p}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}} \in K \tag{16}$
insieme a
$u^2 = -1, \tag{17}$
come mostrato sopra in (14); quindi il campo
$\Bbb R(u) \subset K, \tag{18}$
e usando la (17) è facile vedere che gli elementi di$\Bbb R(u)$sono tutte della forma$a + bu$,$a, b \in \Bbb R$, e quindi la mappatura
$\Bbb R(u) \ni a + bu \mapsto a + bi \in \Bbb C \tag{19}$
definisce un isomorfismo 'twixt$\Bbb R(u)$e$\Bbb C$; lasciamo al lettore sufficientemente impegnato fornire i semplici dettagli.
Nota Bene, mercoledì 20 agosto 2020 23:24 PST: Osserviamo che la dimostrazione di cui sopra indica che ci sono molte sottoalgebre di$\Bbb H$contenente$\Bbb R$e isomorfo a$\Bbb C.$
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Il tuo punto di partenza è sbagliato. Quello che sai è che esiste un quaternione$a+bi+cj+dk$tale che almeno uno tra$b,c,d$è diverso da zero.
Non c'è motivo per cui debba essere presente un quaternione elementare$K$.
Un semplice esempio è$\mathbb{R}[q]$, dove$q=(i+j+k)/\sqrt{3}$, che in realtà è un campo isomorfo a$\mathbb{C}$e non contiene nessuno di$i,j,k$.
Permettere$u\in K$,$u\notin\mathbb{R}$. Poi i quaternioni$1,u,u^2,u^3,u^4$non sono linearmente indipendenti, perché$\mathbb{H}$ha la dimensione quattro sopra$\mathbb{R}$. Esiste quindi un polinomio a coefficienti reali che si annulla a$u$. D'altra parte, il polinomio può essere scomposto in fattori irriducibili di grado uno o due e, poiché i quaternioni sono un'algebra di divisione, uno dei fattori deve annullarsi a$u$. Tale fattore deve avere grado due, altrimenti$u$sarebbe reale.
Senza perdita di generalità, il polinomio è monico. Così ci sono$a,b\in\mathbb{R}$tale che$u^2+au+b=0$. Ora possiamo completare il quadrato$$ \Bigl(u-\frac{a}{2}\Bigr)^2+b-\frac{a^2}{4}=0 $$Notare che$b-a^2/4>0$, perché$x^2+ax+b$è per ipotesi un polinomio irriducibile. Impostare$c=\sqrt{b-a^2/4}$e$v=(u-a/2)/c$; ne consegue dalle ipotesi che$v\in K$. Quindi$c^2v^2+c^2=0$, quindi$v^2=-1$.
Ora mostralo$\mathbb{R}[v]$è un campo. Dal momento che è finita algebrica$\mathbb{R}$, deve essere isomorfo a$\mathbb{C}$.