Расширение Q

[Unconnected]

Пример после теоремы: рассмотрим $f(x)=x^3-2 \in Q[X]$
Присоединим корень $\sqrt[3]{2}$: $Q \in Q(\sqrt[3]{2})=Q/<x^3-2>$ (откуда это равенство? Понятно, что поля разложения с точностью до изоморфизма, но не равенства же)
Потом раскладывается оставшийся нелинейный многочлен $x^2 + \sqrt[3]{2}x + \sqrt[3]{4}$. Присоединяется кубический корень из 1 :=$\alpha$ : ещё сказано, что $Q \in Q(\alpha,\sqrt[3]{2})=Q(\alpha + \sqrt[3]{2})$ (почему?).

[nnosipov]

Unconnected в сообщении #550061 писал(а):

Присоединим корень $\sqrt[3]{2}$: $Q \in Q(\sqrt[3]{2})=Q/<x^3-2>$ (откуда это равенство? Понятно, что поля разложения с точностью до изоморфизма, но не равенства же)

В правой части равенства какая-то абракадабра (понятно, конечно, но можно же и по-нормальному написать). И ни о каких полях разложения здесь речи нет.

Unconnected в сообщении #550061 писал(а):

ещё сказано, что $Q \in Q(\alpha,\sqrt[3]{2})=Q(\alpha + \sqrt[3]{2})$ (почему?)

Это равенство можно доказать, выразив в явном виде $\alpha$ и $\sqrt[3]{2}$ через $\theta=\alpha+\sqrt[3]{2}$. Возможно, здесь хотели проиллюстрировать теорему о примитивном элементе.

[Unconnected]

$\sqrt[3]{2}$: $Q \in Q(\sqrt[3]{2})=Q/(x^3-2) $, если речь о записи идеала. Это не поле разложения, но всё-таки расширение, содержащее корень.. так и откуда тут равенство?
Это пример после теоремы о том, что всегда есть поле разложения, и оно одно с точностью до изоморфизма.

[wallflower]

Unconnected в сообщении #550077 писал(а):

так и откуда тут равенство?

вольность речи

[Unconnected]

Что вы говорите.. O_o

[nnosipov]

Unconnected в сообщении #550077 писал(а):

$Q/(x^3-2) $

Это записывается так: $\mathbb{Q}[x]/(x^3-2)$ (идеал где? очевидно, в кольце $\mathbb{Q}[x]$; вот и возникает факторкольцо, которое оказывается полем, изоморфным полю $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$).

[wallflower]

Unconnected в сообщении #550085 писал(а):

Что вы говорите.. O_o

вольность речи, говорю

[Unconnected]

У нас была лемма такая: что если $\phi: A \to B$ изоморфизм полей, $f \in A[X]$ неприводим, то есть инъективный гомоморфизм $A[X]/(f) \to L$, где $L$ - поле разложения $f$ над $B$. Правильно я понимаю, что инъективный гомоморфизм превратится в изоморфизм(т.е. добавится сюрьективность), если например разница между $deg(f)$ и количеством множителей, на которые он раскладывается над $A$, равно единице?

[nnosipov]

Unconnected в сообщении #550224 писал(а):

если например разница между $deg(f)$ и количеством множителей, на которые он раскладывается над $A$, равно единице?

То есть когда $\deg{f}=2$. А в этом случае $A[x]/(f)$ будет полем разложения для $f$.

[Unconnected]

Цитата:

То есть когда $\deg{f}=2$.

Не совсем так сказал: если f неприводим, 5й степени, и раскладывается на 3 линейных и 1 нелинейный, и факторизуем по нелинейному, тогда инъекция превратится в изоморфизм? Ну в общем думаю превратится, потому что фактор-кольцо будет тоже полем разложения, как и его образ, поэтому должен быть изоморфизм.

[Unconnected]

Цитата:

Unconnected в сообщении #550061 писал(а):
ещё сказано, что $Q \in Q(\alpha,\sqrt[3]{2})=Q(\alpha + \sqrt[3]{2})$ (почему?)
Это равенство можно доказать, выразив в явном виде $\alpha$ и $\sqrt[3]{2}$ через $\theta=\alpha+\sqrt[3]{2}$. Возможно, здесь хотели проиллюстрировать теорему о примитивном элементе.

Про примитивный не было. Ну я так понимаю, что если $Q(\alpha,\sqrt[3]{2})=Q(\alpha + \sqrt[3]{2})$, то исходный неприводимый многочлен должен над обоими полями раскладываться. Это и надо показать?