そのサブリングを示す $K$ の $\mathbb H$ 同型のフィールドが含まれています $\mathbb C$

Aug 19 2020

しましょう $K$ のサブリングになる $\mathbb H$、クォータニオンのリング、 $\mathbb R \subseteq K$ そして $\mathbb R \neq K$、 そこ $\mathbb R$実数のリングです。
存在することを示す$x \in K$ そのような $ x^2 = -1$。この事実を使用してそれを推測します$K$ 同型のフィールドが含まれています $\mathbb C$、複素数のリング。

私の推論:

以来 $\mathbb R \subseteq K$ だが $\mathbb R \neq K$、いくつか存在する必要があります $u \in \{i, j, k\}$、 そのような $u \in K$、 どこ $i, j, k$ 四元数単位であり、特に、

$i^2=j^2=k^2=-1$

これは私に起こりました。 $K$ とは違う $\mathbb R$、これらのユニットの少なくとも1つが含まれている必要があります。場合$K$ 実際に含まれています $u$、その後 $u$ のソリューションです

$x^2=-1$

この時点で、すべてが正しければ、 $K$ そのようなが含まれています $x$、しかし、質問の最後の部分を表示する方法がわかりません。

私は考えることができるのだろうかと思いました

$\mathbb R[u]=\{a+ub:a,b \in \mathbb R\}$

私たちはそれを持っています $\mathbb R[u] \subseteq K$、以来 $\mathbb R \subseteq K$ そして $u \in K$ そして $K$ リングです。

それを示すために $\mathbb R[u]$ はフィールドであり、同型であること $\mathbb C$、多項式と商を使用するのは「簡単」です。実際、

$\mathbb R[u] \simeq \mathbb R[x]/(x^2+1)$

どこ $\mathbb R[x]$ 上の多項式環です $\mathbb R$ そして $(x^2+1)$ 多項式によって生成される主イデアルです $x^2+1$、にルーツがない $\mathbb R$、それを最大にします。この同型は次の理由で成り立ちます$x^2+1$ の最小ポリイノミアルです $u$ 以上 $\mathbb R$

しかし、私たちはそれも知っています

$\mathbb C \simeq \mathbb R[x]/(x^2+1)$

実際に見ることができる場所 $\mathbb C$ なので $\mathbb R[i]=\{a+ib:a,b \in \mathbb R\}$

私たちはそれを結論付けます

$\mathbb R[u] \simeq \mathbb C$

さて、この方法は正しいかもしれないし、そうでないかもしれませんが、私の本当の質問は、商、極大イデアル、および体上の多元環の「高度な」特性を使用せずにそれを行う方法を見つけることです。それらのすべて。

回答

1 RobertLewis Aug 19 2020 at 06:08

よく知られているように、 $\Bbb H$ からなる基盤を持っている

$1 \in \Bbb R \tag 1$

そして $i$$j$$k$ そのような

$ij = k, \; jk = i, \; ki = j, \tag 2$

$i^2 = j^2 = k^2 = -1; \tag 3$

もちろん、(2)と(3)は一緒にそれを意味します $i$$j$$k$反通勤、すなわち:

$-j = i^2j = i(ij) = ik, \tag 4$

同様の議論で

$ji = -k, \; kj = -i; \tag 5$

(2)-(4)を使用して計算します $(ai + bj + ck)^2$、 どこ $a, b, c \in \Bbb R$

$(ai + bj + ck)^2 = (ai + bj + ck)(ai + bj + ck)$ $= a^2ii + b^2jj + c^2kk + abij + acik + abji + bcjk + acki + bckj$ $= -a^2 - b^2 - c^2 + ab(ij + hi) + ac(ik + ki) + bc(jk + kj)$ $= -(a^2 + b^2 + c^2) < 0, \tag 6$

のうち少なくとも1つを提供 $a$$b$$c$消えません。これにより、

$\left ( \dfrac{ai + bj + ck}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}} \right )^2 = \dfrac{(ai + bj + ck)^2}{a^2 + b^2 + c^2} = -1. \tag 7$

今なら $K$ のサブリングです $\Bbb H$

$\Bbb R \subsetneq K \subset \Bbb H, \tag 8$

その後 $K$ 要素が含まれている必要があります $q \in\Bbb H$ フォームの

$q = r + ai + bj + ck, \tag 9$

$r, a, b, c \in \Bbb R, \tag{10}$

および少なくとも1つ $a$$b$$c$ ゼロ以外、と同等であることが簡単にわかる条件

$a^2 + b^2 + c^2 > 0; \tag{11}$

以来 $K$ はサブリングであり、(8)は

$r \in K, \tag{12}$

(9)収量

$p = ai + bj + ck = q - r \in K, \tag{13}$

そして私たちが上で見たものから

$\left (\dfrac{p}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}} \right )^2 = -1; \tag{14}$

(8)と(10)に照らして、

$\dfrac{1}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}} \in K, \tag{15}$

したがって

$u = \dfrac{p}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}} \in K \tag{16}$

$u^2 = -1, \tag{17}$

上記の(14)に示すように。したがって、フィールド

$\Bbb R(u) \subset K, \tag{18}$

(17)を使用すると、の要素が $\Bbb R(u)$ すべての形式です $a + bu$$a, b \in \Bbb R$、したがってマッピング

$\Bbb R(u) \ni a + bu \mapsto a + bi \in \Bbb C \tag{19}$

同型写像を定義する 'twixt $\Bbb R(u)$ そして $\Bbb C$; 簡単な詳細を提供するために、十分に熱心な読者に任せます。

Nota Bene、2020年8月20日水曜日午後11時24分PST:上記のデモンストレーションは、の部分代数が多数あることを示しています。$\Bbb H$ 含む $\Bbb R$ と同型 $\Bbb C.$

2 egreg Aug 18 2020 at 23:21

あなたの出発点は間違っています。あなたが知っているのは、クォータニオンが存在するということです$a+bi+cj+dk$ 少なくとも1つは $b,c,d$ ゼロ以外です。

エレメンタリークォータニオンが必要な理由はありません $K$

簡単な例は $\mathbb{R}[q]$、 どこ $q=(i+j+k)/\sqrt{3}$、これは実際にはと同型のフィールドです $\mathbb{C}$ のいずれも含まれていません $i,j,k$


しましょう $u\in K$$u\notin\mathbb{R}$。次に、クォータニオン$1,u,u^2,u^3,u^4$ 線形独立ではありません。 $\mathbb{H}$ 次元が4を超えています $\mathbb{R}$。したがって、で消える実係数を持つ多項式が存在します$u$。一方、多項式は1次または2次の既約因子に因数分解でき、四元数は多元体であるため、因子の1つはで消滅する必要があります。$u$。そのような因子は次数2でなければなりません、そうでなければ。$u$ 本物だろう。

一般性を失うことなく、多項式はモニックです。したがって、$a,b\in\mathbb{R}$ そのような $u^2+au+b=0$。これで正方形を完成させることができます$$ \Bigl(u-\frac{a}{2}\Bigr)^2+b-\frac{a^2}{4}=0 $$ ご了承ください $b-a^2/4>0$、なぜなら $x^2+ax+b$仮定により、既約多項式です。セットする$c=\sqrt{b-a^2/4}$ そして $v=(u-a/2)/c$; それは次の仮定から続く$v\in K$。次に$c^2v^2+c^2=0$、したがって $v^2=-1$

今それを示す $\mathbb{R}[v]$フィールドです。代数的なので$\mathbb{R}$、それは同型でなければなりません $\mathbb{C}$