4 votos

$\mathbb{Q}\left ( \sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5} \right )=\mathbb{Q}\left ( \sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5} \right )$

Demostrar que $$\mathbb{Q}\left ( \sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5} \right )=\mathbb{Q}\left ( \sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5} \right )$$ He demostrado por dos elementos, ex, $\mathbb{Q}\left ( \sqrt{2},\sqrt{3}\right )=\mathbb{Q}\left ( \sqrt{2}+\sqrt{3} \right )$, pero no puedo hacerlo por el método similar.

5voto

Derek Puntos 2868

Observe que $\mathbf{Q}(\sqrt{5})$ no es un subcampo de la $K=\mathbf{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$ $x^{2}-5$ es irreducible en a $\mathbf{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})[x]$ y, por tanto,$[K(\sqrt{5}):\mathbf{Q}]=8$. Esta extensión es de Galois, como la división de campo de más de $\mathbf{Q}$$(x^{2}-5)(x^{2}-3)(x^{2}-2)$. Por lo tanto, hay 8 diferentes automorfismos, el envío de $\sqrt{5} \to \pm \sqrt{5}$, $\sqrt{3}\to \pm \sqrt{3}$ y $\sqrt{2} \to \pm \sqrt{2}$, se escogió un automorphism de elegir lo que hace a la $\sqrt{2}$, $\sqrt{5}$ y $\sqrt{3}$. Ahora $\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}$ genera este campo si y sólo si no pertenece a ninguna de subcampo si y sólo si se fija sólo por la identidad automorphism (la correspondencia de Galois).Y de hecho lo es (y no es difícil de comprobar).

4voto

Philip Fourie Puntos 12889

mich95 la respuesta de que es mejor y más general. Pero como consecuencia de ello, esto no significa que $\sqrt{2}$ es alguna expresión racional en $\sqrt2+\sqrt3+\sqrt5$. Si usted realmente desea extender su método, considere la posibilidad de los poderes de este elemento, y cómo todos ellos son una combinación lineal de los elementos de $\{1,\sqrt2,\sqrt3,\sqrt5,\sqrt6,\sqrt{10},\sqrt{15},\sqrt{30}\}$. Si la primera $8$ poderes son linealmente independientes, entonces álgebra lineal le proporcionará cómo representar la $\sqrt2$ (y los de otras raíces cuadradas).

$$\begin{align} (\sqrt2+\sqrt3+\sqrt5)^0&=1&&=[1,0,0,0,0,0,0,0]\\ (\sqrt2+\sqrt3+\sqrt5)^1&=\sqrt2+\sqrt3+\sqrt5&&=[0,1,1,1,0,0,0,0]\\ \frac12(\sqrt2+\sqrt3+\sqrt5)^2&=5+\sqrt6+\sqrt{10}+\sqrt{15}&&=[5,0,0,0,1,1,1,0]\\ \frac12(\sqrt2+\sqrt3+\sqrt5)^3&=13\sqrt2+12\sqrt3+10\sqrt5+3\sqrt{30}&&=[0,13,12,10,0,0,0,3]\\ \frac18(\sqrt2+\sqrt3+\sqrt5)^4&=28+10\sqrt6+8\sqrt{10}+7\sqrt{15}&&=[28,0,0,0,10,8,7,0]\\ \frac18(\sqrt2+\sqrt3+\sqrt5)^5&=98\sqrt2+83\sqrt3+65\sqrt5+25\sqrt{30}&&=[0,98,83,65,0,0,0,25]\\ \frac1{16}(\sqrt2+\sqrt3+\sqrt5)^6&=385+153\sqrt6+119\sqrt{10}+99\sqrt{15}&&=[385,0,0,0,153,119,99,0]\\ \frac1{16}(\sqrt2+\sqrt3+\sqrt5)^7&=1439\sqrt2+1186\sqrt3+920\sqrt5+371\sqrt{30}&&=[0,1439,1186,920,0,0,0,371] \end{align}$$

Usted puede haber notado el bipartito de la naturaleza de estos vectores. $\sqrt{2}$ está representado por $[0,1,0,0,0,0,0,0]$. Así que si haces el álgebra lineal en la 1ª, 3ª, 5ª, 7ª y poderes de $\sqrt2+\sqrt3+\sqrt5$, tiene un sistema de ecuaciones que (por suerte?) tiene una única solución, mostrando lo que los coeficientes de dar $$\sqrt2=a(\sqrt2+\sqrt3+\sqrt5)+\frac{b}{2}(\sqrt2+\sqrt3+\sqrt5)^3+\frac{c}{8}(\sqrt2+\sqrt3+\sqrt5)^5+\frac{d}{16}(\sqrt2+\sqrt3+\sqrt5)^7$$

La resolución de $$ \begin{bmatrix} 0&0&0&0\\1&13&98&1439\\1&12&83&1186\\1&10&65&920\\0&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\\1&3&25&371\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a\\b\\c\\d \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\1\\0\\0\\0\\0\\0\\0 \end{bmatrix} $$ los rendimientos $a=-\frac{10}{39}$, $b=\frac{379}{468}$, $c=-\frac{191}{234}$, y $d=\frac{23}{468}$. Así $$\sqrt2=-\frac{10}{39}(\sqrt2+\sqrt3+\sqrt5)+\frac{\frac{379}{468}}{2}(\sqrt2+\sqrt3+\sqrt5)^3-\frac{\frac{191}{234}}{8}(\sqrt2+\sqrt3+\sqrt5)^5+\frac{\frac{23}{468}}{16}(\sqrt2+\sqrt3+\sqrt5)^7$$

2voto

Joe Gauterin Puntos 9526

Este es un aburrido, pero puramente algebraica de derivación.

Para cualquiera de las tres distintas enteros positivos $a,b,c$, vamos a $x = \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$, tenemos

$$\begin{align} & (x-\sqrt{a})^2 = (\sqrt{b}+\sqrt{c})^2 = b + c + 2\sqrt{bc}\\ \implies & (x^2 + a - b - c) - 2\sqrt{a}x = 2\sqrt{bc}\\ \implies & (x^2 + a - b - c)^2 - 4\sqrt{a}x(x^2 + a - b - c) + 4ax^2 = 4bc\\ \end{align} $$ Es fácil comprobar la $x^2 + a - b - c \ne 0$. Esto lleva a $$\sqrt{a} = \frac{(x^2+a-b-c)^2 + 4(ax^2-bc)}{4x(x^2+a-b-c)} \in \mathbb{Q}(x)$$ Por un argumento similar, tenemos $\sqrt{b}, \sqrt{c} \in \mathbb{Q}(x)$ y por lo tanto

$$\mathbb{Q}(\sqrt{a}, \sqrt{b}, \sqrt{c}) \subset \mathbb{Q}(x) = \mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})$$

Desde $\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} \in \mathbb{Q}(\sqrt{a},\sqrt{b},\sqrt{c})$, tenemos $$\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) \subset \mathbb{Q}(\sqrt{a}, \sqrt{b}, \sqrt{c})$$ Combinar estos dos resultado, obtenemos $$\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) = \mathbb{Q}(\sqrt{a}, \sqrt{b}, \sqrt{c})$$

1voto

heropup Puntos 29437

Vale la pena señalar de alex.jordania y achille hui respuestas de que si $\theta = \sqrt{2} + \sqrt{3} + \sqrt{5}$, de manera explícita a ha $$\begin{align*} \sqrt{2} &= \tfrac{5}{3} \theta - \tfrac{7}{72} \theta^3 - \tfrac{7}{144} \theta^5 + \tfrac{1}{576} \theta^7, \\ \sqrt{3} &= \tfrac{15}{4} \theta - \tfrac{61}{24} \theta^3 + \tfrac{37}{96} \theta^5 - \tfrac{1}{96} \theta^7, \\ \sqrt{5} &= -\tfrac{53}{12} \theta + \tfrac{95}{36} \theta^3 - \tfrac{97}{288} \theta^5 + \tfrac{5}{576} \theta^7. \end{align*}$$

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by: