Показывая, что подкольцо $K$ из $\mathbb H$ содержит поле, изоморфное $\mathbb C$
Позволять $K$ быть подкольцом $\mathbb H$, кольцо кватернионов, с $\mathbb R \subseteq K$ и $\mathbb R \neq K$, Там $\mathbb R$кольцо действительных чисел.
Показать, что существует$x \in K$ такой, что $ x^2 = -1$. Используйте этот факт, чтобы сделать вывод, что$K$ содержит поле, изоморфное $\mathbb C$, кольцо комплексных чисел.
Мои рассуждения:
поскольку $\mathbb R \subseteq K$ но $\mathbb R \neq K$, должно быть несколько $u \in \{i, j, k\}$, так что $u \in K$, где $i, j, k$ являются кватернионными единицами и, в частности, удовлетворяют
$i^2=j^2=k^2=-1$
Это произошло со мной, потому что, чтобы $K$ отличаться от $\mathbb R$, он должен содержать хотя бы один из этих модулей. Если$K$ на самом деле содержит $u$, тогда $u$ это решение
$x^2=-1$
На этом этапе я показал, если все правильно, что $K$ содержит такие $x$, но я не знаю, как показать последнюю часть вопроса.
Я подумал, что могу рассмотреть
$\mathbb R[u]=\{a+ub:a,b \in \mathbb R\}$
У нас есть это $\mathbb R[u] \subseteq K$, поскольку $\mathbb R \subseteq K$ и $u \in K$ и $K$ это кольцо.
Чтобы показать это $\mathbb R[u]$ является полем и изоморфно $\mathbb C$, было бы "легко" использовать многочлены и частные, на самом деле мы имеем
$\mathbb R[u] \simeq \mathbb R[x]/(x^2+1)$
куда $\mathbb R[x]$ кольцо многочленов над $\mathbb R$ и $(x^2+1)$ - главный идеал, порожденный многочленом $x^2+1$, который не имеет корней в $\mathbb R$, делая его максимальным. Этот изоморфизм имеет место, потому что$x^2+1$ - минимальный многочлен $u$ над $\mathbb R$.
Но мы также знаем, что
$\mathbb C \simeq \mathbb R[x]/(x^2+1)$
Где мы на самом деле можем видеть $\mathbb C$ так как $\mathbb R[i]=\{a+ib:a,b \in \mathbb R\}$.
Мы делаем вывод, что
$\mathbb R[u] \simeq \mathbb C$
Этот метод может быть правильным, а может и нет, но мой настоящий вопрос заключается в том, чтобы найти способ сделать это без использования частных, максимальных идеалов и «продвинутых» свойств многочленов над полем, потому что это упражнение дается в моем курсе до все они.
Ответы
Как известно, $\Bbb H$ имеет основу, состоящую из
$1 \in \Bbb R \tag 1$
и $i$, $j$, $k$ такой, что
$ij = k, \; jk = i, \; ki = j, \tag 2$
$i^2 = j^2 = k^2 = -1; \tag 3$
конечно, из (2) и (3) вместе следует, что $i$, $j$, $k$антикоммутационные, а именно:
$-j = i^2j = i(ij) = ik, \tag 4$
с аналогичными аргументами, показывающими, что
$ji = -k, \; kj = -i; \tag 5$
используя (2) - (4), вычисляем $(ai + bj + ck)^2$, где $a, b, c \in \Bbb R$:
$(ai + bj + ck)^2 = (ai + bj + ck)(ai + bj + ck)$ $= a^2ii + b^2jj + c^2kk + abij + acik + abji + bcjk + acki + bckj$ $= -a^2 - b^2 - c^2 + ab(ij + hi) + ac(ik + ki) + bc(jk + kj)$ $= -(a^2 + b^2 + c^2) < 0, \tag 6$
предоставил хотя бы один из $a$, $b$, $c$не пропадает. Это дает
$\left ( \dfrac{ai + bj + ck}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}} \right )^2 = \dfrac{(ai + bj + ck)^2}{a^2 + b^2 + c^2} = -1. \tag 7$
Сейчас если $K$ это подкольцо $\Bbb H$ с участием
$\Bbb R \subsetneq K \subset \Bbb H, \tag 8$
тогда $K$ должен содержать элемент $q \in\Bbb H$ формы
$q = r + ai + bj + ck, \tag 9$
с участием
$r, a, b, c \in \Bbb R, \tag{10}$
и хотя бы один из $a$, $b$, $c$ ненулевое, условие, которое легко увидеть, эквивалентно
$a^2 + b^2 + c^2 > 0; \tag{11}$
поскольку $K$ является подкольцом и из (8) следует
$r \in K, \tag{12}$
(9) дает
$p = ai + bj + ck = q - r \in K, \tag{13}$
и из того, что мы видели выше
$\left (\dfrac{p}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}} \right )^2 = -1; \tag{14}$
теперь в свете (8) и (10),
$\dfrac{1}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}} \in K, \tag{15}$
и поэтому
$u = \dfrac{p}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}} \in K \tag{16}$
с участием
$u^2 = -1, \tag{17}$
как показано выше в (14); таким образом, поле
$\Bbb R(u) \subset K, \tag{18}$
и используя (17), легко видеть, что элементы $\Bbb R(u)$ все в форме $a + bu$, $a, b \in \Bbb R$, а значит, отображение
$\Bbb R(u) \ni a + bu \mapsto a + bi \in \Bbb C \tag{19}$
определяет изоморфизм 'twixt $\Bbb R(u)$ и $\Bbb C$; мы предоставляем достаточно заинтересованному читателю возможность предоставить простые детали.
Nota Bene, среда, 20 августа 2020 г., 23:24 по тихоокеанскому стандартному времени: мы видим, что приведенная выше демонстрация указывает на то, что существует много подалгебр$\Bbb H$ содержащий $\Bbb R$ и изоморфен $\Bbb C.$
.
Ваша отправная точка неверна. Вы знаете, что существует кватернион$a+bi+cj+dk$ так что хотя бы один из $b,c,d$ не равно нулю.
Нет причин, по которым элементарный кватернион должен находиться в $K$.
Простой пример: $\mathbb{R}[q]$, где $q=(i+j+k)/\sqrt{3}$, которое на самом деле является полем, изоморфным $\mathbb{C}$ и не содержит ни одного из $i,j,k$.
Позволять $u\in K$, $u\notin\mathbb{R}$. Тогда кватернионы$1,u,u^2,u^3,u^4$ не являются линейно независимыми, поскольку $\mathbb{H}$ имеет четвертое измерение $\mathbb{R}$. Следовательно, существует многочлен с действительными коэффициентами, обращающийся в нуль при$u$. С другой стороны, многочлен можно разложить на неприводимые множители, имеющие степень один или два, и, поскольку кватернионы являются алгеброй с делением, один из множителей должен обращаться в нуль при$u$. Такой фактор должен иметь степень два, иначе$u$ было бы реально.
Без ограничения общности многочлен одночлен. Таким образом, есть$a,b\in\mathbb{R}$ такой, что $u^2+au+b=0$. Теперь мы можем завершить квадрат$$ \Bigl(u-\frac{a}{2}\Bigr)^2+b-\frac{a^2}{4}=0 $$ Обратите внимание, что $b-a^2/4>0$, потому что $x^2+ax+b$по предположению является неприводимым многочленом. Набор$c=\sqrt{b-a^2/4}$ и $v=(u-a/2)/c$; из предположений следует, что$v\in K$. потом$c^2v^2+c^2=0$, следовательно $v^2=-1$.
Теперь покажи это $\mathbb{R}[v]$это поле. Поскольку он алгебраичен над$\mathbb{R}$, он должен быть изоморфен $\mathbb{C}$.