Cómo probar $1$ , $\sqrt{2},\sqrt{3}$ y $\sqrt{6}$ son linealmente independientes sobre $\mathbb{Q}$ ?

Question

¿Cómo puedo demostrar que $1$ , $\sqrt{2},\sqrt{3}$ y $\sqrt{6}$ son linealmente independientes sobre $\mathbb{Q}$ ? $\mathbb{Q}$ es el campo racional.

Quiero saber el detalle de la prueba. Gracias de antemano.

En realidad, sé que dos de ellos y tres de ellos son linealmente independientes.

Answer 1

Observe que $a + b\sqrt{2} + c\sqrt{3} + d\sqrt{6} = 0$ si y sólo si $(a + b\sqrt{2}) + (c + d\sqrt{2})\sqrt{3} = 0$ . Por lo tanto, basta con demostrar que $\sqrt{3}$ y $1$ son independientes sobre $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ pero esto equivale a demostrar que $\sqrt{3}\notin\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ o que $\sqrt{3}$ no puede escribirse como $a + b\sqrt{2}$ . Esto es obvio (cuadra ambos lados y juega con el resultado).

Answer 2

No me cabe duda de que aquí se darán muchas soluciones ingeniosas. Intentaré publicar una elemental; que utiliza quizás el enfoque más sencillo que puedo imaginar. (Lo único que se necesita es algo de manipulación algebraica y propiedades básicas de los números racionales; como que la única solución de $x^2=6y^2$ en $\mathbb Q$ son $x=y=0$ .)

---

Esto equivale a demostrar que si $$a+b\sqrt6=c\sqrt3+d\sqrt2$$ entonces $a=b=c=d=0$ .

Elevando al cuadrado ambos lados de la ecuación anterior obtenemos $$ \begin{align*} a^2+6b^2+2ab\sqrt6&=3c^2+2d^2+2cd\sqrt6\\ 2(ab-cd)\sqrt6=3c^2+2d^2-a^2-6b^2 \end{align*} $$ Desde $a,b,c,d\in\mathbb Q$ Esto implica $$ \begin{align*} ab-cd&=0\\ 3c^2+2d^2-a^2-6b^2&=0 \end{align*} $$ que es lo mismo que $$ \begin{align*} ab&=cd\\ 3c^2+2d^2&=a^2+6b^2 \end{align*} $$

Supongamos que $b\ne0$ , $c\ne0$ . (Dejaré la solución de estos casos al lector.) Entonces podemos reescribir la primera ecuación como $\frac ac = \frac db = x$ , donde $x\in\mathbb Q$ . Ahora la segunda ecuación se convierte en $$ \begin{align*} 3c^2+2x^2b^2&=x^2c^2+6b^2\\ x^2(2b^2-c^2)&=3(2b^2-c^2)\\ (x^2-3)(2b^2-c^2)&=0 \end{align*}$$ Esto implica que $x^2=3$ o $2b^2=c^2$ . Ninguna de ellas tiene soluciones distintas de cero en números racionales.

---

Alternativamente, podríamos resolver el caso $b=0$ primero. Una vez que estamos mirando sólo a $b\ne0$ podemos suponer, por ejemplo, que $b=1$ . (Después de dividir ambos lados con $b$ .)

Así que estamos viendo $a+\sqrt6=c\sqrt2+d\sqrt2$ . Y elevando al cuadrado, como arriba, nos da ahora $a=cd$ . Por lo tanto, obtenemos \begin{align*} cd-c\sqrt2-d\sqrt3+\sqrt6&=0\\ (c-\sqrt3)(d-\sqrt2)&=0 \end{align*} lo que significa que $c=\sqrt3$ o $d=\sqrt2$ . En cualquier caso, es la contradicción con el supuesto $c,d\in\mathbb Q$ .

Answer 3

HINT $\ $ Especialice el siguiente lema en $\rm\ K = \mathbb Q,\ a,b\ =\ 2,3\:. $

LEMMA $\rm\ \ [K(\sqrt{a},\sqrt{b}) : K]\ =\ 4\ $ si $\rm\ \sqrt{a},\ \sqrt{b},\ \sqrt{a\:b}\ $ todos no están en $\rm\:K\:$ y $\rm\: 2\: \ne\: 0\:$ en $\rm\:K\:.$

Prueba $\ \ $ Dejemos que $\rm\ L = K(\sqrt{b})\:.\:$ Entonces $\rm\: [L:K] = 2\:$ a través de $\rm\:\sqrt{b} \not\in K\:,\:$ por lo que es suficiente con demostrar $\rm\: [L(\sqrt{a}):L] = 2\:.\:$ Sólo falla si $\rm\:\sqrt{a} \in L = K(\sqrt{b})\ $ y luego $\rm\ \sqrt{a}\ =\ r + s\ \sqrt{b}\ $ para $\rm\ r,s\in K\:.\:$ Pero eso es imposible ya que la cuadratura produce $\rm(1):\ \ a\ =\ r^2 + b\ s^2 + 2\:r\:s\ \sqrt{b}\:,\: $ lo que contradice la hipótesis siguiente:

$\rm\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad rs \ne 0\ \ \Rightarrow\ \ \sqrt{b}\ \in\ K\ \ $ resolviendo $(1)$ para $\rm\sqrt{b}\:,\:$ utilizando $\rm\:2 \ne 0$

$\rm\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\ s = 0\ \ \Rightarrow\ \ \ \sqrt{a}\ \in\ K\ \ $ a través de $\rm\ \sqrt{a}\ =\ r \in K$

$\rm\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\ r = 0\ \ \Rightarrow\ \ \sqrt{a\:b}\in K\ \ $ a través de $\rm\ \sqrt{a}\ =\ s\ \sqrt{b}\:,\: \ $ veces $\rm\:\sqrt{b}\quad\quad$ QED

REMARK $\ $ Por inducción, el lema se generaliza fácilmente a las extensiones algebraicas generadas por la adición de $\rm\:n\:$ raíces cuadradas, véase mi puesto aquí sobre el Teorema de Besicovic, que incluye referencias a las generalizaciones de Mordell y Siegel. Estos resultados son casos especiales elementales de la teoría de Galois de las extensiones de Kummer.