Primaria argumento para $\sqrt{2+\sqrt{2}} \not\in \mathbb{Q}[\sqrt 2]$ y la posible generalización

Question

Sabemos que el polinomio mínimo $\sqrt{2+\sqrt{2}}$ $\mathbb{Q}$ $x^4-4x^2+2$ que por Eisenstein es irreductible, lo $\left|\mathbb{Q} \left[\sqrt{2+\sqrt{2}}\right]:\mathbb{Q}\right| = 4$, luego por la torre de la ley $$\left|\mathbb{Q}\left[\sqrt{2+\sqrt{2}}\right]:\mathbb{Q}\right| =\left|\mathbb{Q}\left[\sqrt{2+\sqrt{2}}\right]:\mathbb{Q}[\sqrt{2}]\right| \Big|\mathbb{Q}[\sqrt 2] : \mathbb{Q}\Big|$$ que muestra $\left|\left[\sqrt{2+\sqrt{2}}\right]:\mathbb{Q}[\sqrt{2}]\right| = 2$.

Hay un primarios manera de mostrar $$\sqrt{2+\sqrt{2}} \neq p + q\sqrt 2 \;\text{ for } p,q \in \mathbb{Q}?$$

Y, en general, es cierto que $\sqrt{a+\sqrt{b}} \not\in \mathbb{Q}[\sqrt b]$ (supongamos) $a\geq 0$ $b$ es primo?

Answer 1

Suponiendo lo contrario, esto implica que $\sqrt{2+\sqrt{2}}=p+q\sqrt{2}$. para algunos $p,q\in \mathbb{Q}$. Esto nos da:

$$2+\sqrt{2}=p^2+2pq\sqrt{2}+2q^2,$$

o,

$$\sqrt{2}=\frac{p^2+2q^2-2}{1-2pq}=\frac{a}{b},$$

donde $a,b$ son enteros. Tenga en cuenta que si $1-2pq=0$, luego de la anterior, esto implica que $2+\sqrt{2} = p^2+\sqrt{2}+2q^2$ o $2 = p^2+2q^2$. Esto implica $2|p^2$, lo cual es absurdo ya que $\sqrt{2}$ es irracional e $2q^2>0$, lo $p\geq 2$.

Pero esto es imposible, como $\sqrt{2}$ es irracional.

De manera más general,

$$\sqrt{b} = \frac{p^2+q^2b-a}{1-2pq}=a'/b',$$

y, nuevamente, el hecho de que $\sqrt{b}$ es irracional para no cuadradas $b$, el resultado de la siguiente manera. Usted tendrá que de nuevo vuelve a comprobar que 1-2pq\neq 0$ por métodos similares.

Answer 2

Aquí es una manera alternativa de acabado de la solución. Que se derivan de $p^2+2q^2=2,2pq=1$ como en Hagen respuesta. Sumándolas, se obtiene $(p+q)^2+q^2=3$. Sin embargo, $3$ no es una suma de dos racional cuadrados, que puede ser visto por la eliminación de los denominadores y la observación de que $a^2+b^2=3c^2$ no puede tener un valor distinto de cero entero solución, como, a continuación, $a,b$ son divisibles por $3$ (como podemos ver por considerar cuadrados módulo $3$), por lo tanto también lo es $c$ y siempre podemos encontrar una pequeña solución.

Answer 3

Si $$\sqrt{2+\sqrt 2}=p+q\sqrt 2, $$ luego elevando al cuadrado, $$2+\sqrt 2=p^2+2q^2+2pq\sqrt 2 $$ de modo que, mediante la comparación de los coeficientes de $$p^2+2q^2=2,\qquad 2pq=1. $$ Escrito $p=\frac ac$, $q=\frac bd$ con $a,b\in\Bbb Z$, $c,d\in\Bbb N$, $\gcd(a,c)=\gcd(b,d)=1$, $$ a^2d^2+2b^2c^2=2c^2d^2,\qquad 2ab=cd.$$ A partir de este último y $\gcd(a,c)=1$,$a\mid d$. Del mismo modo, $b\mid c$. A continuación, $$ 1=\gcd(a^2d^2,b)=\gcd(2c^2d^2-2b^2c^2,b)=|b|,$$ por lo $b=\pm1$. Del mismo modo, $$ \{1,2\}\ni\gcd(a^2,2)=\gcd(a^2,2b^2c^2)=\gcd(a^2,2c^2d^2-a^2d^2)=a^2\ne2,$$ de modo que $a=\pm1$. Entonces $$d^2+2c^2=2c^2d^2,\qquad 2=cd, $$and we arrive at a contradiction as we need only check $c=1, d=2$ and $c=2, d=1$.