Alt halka gösteriliyor $K$ nın-nin $\mathbb H$ izomorfik bir alan içerir $\mathbb C$

Question

İzin Vermek $K$ alt parçası olmak $\mathbb H$, kuaterniyonların halkası $\mathbb R \subseteq K$ ve $\mathbb R \neq K$, Orada $\mathbb R$gerçek sayıların halkasıdır.
Var olduğunu göster$x \in K$ öyle ki $ x^2 = -1$. Bunu anlamak için bu gerçeği kullanın$K$ izomorfik bir alan içerir $\mathbb C$, karmaşık sayılar halkası.

Sebeplerim:

Dan beri $\mathbb R \subseteq K$ fakat $\mathbb R \neq K$, biraz olmalı $u \in \{i, j, k\}$, öyle ki $u \in K$, nerede $i, j, k$ kuaterniyon birimleridir ve özellikle

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

Bu benim başıma geldi çünkü $K$ dan farklı olmak $\mathbb R$bu birimlerden en az birini içermelidir. Eğer$K$ aslında içerir $u$, sonra $u$ bir çözüm

$x^2=-1$

Bu noktada gösterdim, eğer her şey doğruysa $K$ böyle içerir $x$ama sorunun son kısmını nasıl göstereceğimi bilmiyorum.

Düşünebileceğimi merak ettim

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

Bizde var $\mathbb R[u] \subseteq K$, dan beri $\mathbb R \subseteq K$ ve $u \in K$ ve $K$ bir yüzük.

Bunu göstermek için $\mathbb R[u]$ bir alandır ve izomorfiktir $\mathbb C$, polinomları ve bölümleri kullanmak "kolay" olurdu, aslında elimizde

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

Nerede $\mathbb R[x]$ polinomların halkası bitti mi $\mathbb R$ ve $(x^2+1)$ polinom tarafından üretilen temel ideal $x^2+1$kökleri olmayan $\mathbb R$, bunu maksimal yapıyor. Bu izomorfizm geçerli çünkü$x^2+1$ minimal çok terimli $u$ bitmiş $\mathbb R$.

Ama bunu da biliyoruz

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

Aslında nerede görebiliriz $\mathbb C$ gibi $\mathbb R[i]=\{a+ib:a,b \in \mathbb R\}$.

Şu sonuca varıyoruz ki

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

Şimdi, bu yöntem doğru olabilir veya olmayabilir, ancak benim asıl sorum, polinomların bir alan üzerinde bölümlerini, maksimum ideallerini ve "gelişmiş" özelliklerini kullanmadan bunu yapmanın bir yolunu bulmaktır, çünkü bu alıştırma, kursumda daha önce verilmiştir. hepsi.

Answer 1

Bilindiği üzere, $\Bbb H$ aşağıdakilerden oluşan bir temele sahiptir:

$1 \in \Bbb R \tag 1$

ve $i$, $j$, $k$ öyle ki

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

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

elbette, (2) ve (3) birlikte şunu ima eder: $i$, $j$, $k$anti-commute, yani:

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

benzer argümanlar ile

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

(2) - (4) kullanarak hesaplıyoruz $(ai + bj + ck)^2$, nerede $a, b, c \in \Bbb R$:

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

en az birini sağladı $a$, $b$, $c$kaybolmaz. Bu verir

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

Şimdi eğer $K$ alt grubu $\Bbb H$ ile

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

sonra $K$ bir eleman içermelidir $q \in\Bbb H$ şeklinde

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

ile

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

ve en az biri $a$, $b$, $c$ sıfır olmayan, kolayca eşdeğer olduğu görülen bir koşul

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

dan beri $K$ bir alt zincirdir ve (8) şunu belirtir:

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

(9) verim

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

ve yukarıda gördüklerimizden

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

şimdi (8) ve (10) 'un ışığında,

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

ve böylece

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

ile

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

yukarıda (14) 'te gösterildiği gibi; böylece alan

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

ve (17) 'yi kullanarak öğelerin $\Bbb R(u)$ hepsi form $a + bu$, $a, b \in \Bbb R$ve dolayısıyla haritalama

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

bir izomorfizmi tanımlar 'twixt $\Bbb R(u)$ ve $\Bbb C$; basit ayrıntıları sağlamak için yeterince ilgili okuyucuya bırakıyoruz.

Nota Bene, 20 Ağustos 2020 Çarşamba 23:24 PST: Yukarıdaki gösterinin birçok alt cebirolduğunu gösterdiğinigörüyoruz.$\Bbb H$ kapsamak $\Bbb R$ ve izomorfik $\Bbb C.$

.

Answer 2

Başlangıç ​​noktanız yanlış. Bildiğiniz şey, bir kuaterniyonun var olduğu$a+bi+cj+dk$ öyle ki aralarında en az biri $b,c,d$ sıfır değildir.

Temel bir kuaterniyonun olması için hiçbir neden yok $K$.

Basit bir örnek $\mathbb{R}[q]$, nerede $q=(i+j+k)/\sqrt{3}$, bu aslında izomorfik bir alan $\mathbb{C}$ ve hiçbirini içermez $i,j,k$.

---

İzin Vermek $u\in K$, $u\notin\mathbb{R}$. Sonra kuaterniyonlar$1,u,u^2,u^3,u^4$ doğrusal olarak bağımsız değildir, çünkü $\mathbb{H}$ dördüncü boyutta $\mathbb{R}$. Bu nedenle, gerçek katsayıları olan bir polinom vardır.$u$. Öte yandan, polinom, birinci veya ikinci dereceye sahip indirgenemez faktörlere çarpanlarına ayrılabilir ve kuaterniyonlar bir bölme cebiri olduğundan, faktörlerden biri şu anda yok olmalıdır.$u$. Böyle bir faktörün ikinci derece olması gerekir, aksi takdirde$u$ gerçek olurdu.

Genellik kaybı olmaksızın, polinom moniktir. Böylece var$a,b\in\mathbb{R}$ öyle ki $u^2+au+b=0$. Şimdi kareyi tamamlayabiliriz$$ \Bigl(u-\frac{a}{2}\Bigr)^2+b-\frac{a^2}{4}=0 $$ Bunu not et $b-a^2/4>0$, Çünkü $x^2+ax+b$varsayım gereği indirgenemez bir polinomdur. Ayarlamak$c=\sqrt{b-a^2/4}$ ve $v=(u-a/2)/c$; varsayımlardan izler$v\in K$. Sonra$c^2v^2+c^2=0$dolayısıyla $v^2=-1$.

Şimdi bunu göster $\mathbb{R}[v]$bir alandır. Cebirsel olduğu için$\mathbb{R}$izomorfik olmalıdır $\mathbb{C}$.