$ \sqrt{2-\sqrt{2}} $ simplificado

Question

Así que tengo una raíz cuadrada (¿anidada?) $ \sqrt{2-\sqrt{2}} $ . Sé que $ \sqrt{2-\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2} $ . Sé cómo convertir la versión simplificada en la compleja, pero no al revés. ¿Qué es? $ \sqrt{2-\sqrt{2}} $ simplificado de esta manera y cuáles son los pasos?

Answer 1

esta es una forma general de hacerlo:

$\sqrt{2-\sqrt{2}}=\sqrt x+\sqrt y $

entonces $2-\sqrt 2=2 \sqrt{xy}+x+y$ y luego hacer las partes racionales iguales a las partes racionales como tal:

$2=x+y$

ahora sabemos $y=2-x$ . sustituir esto por la parte irracional:

$-\sqrt 2 =2\sqrt{(x)}\sqrt{(2-x)}$ elevar al cuadrado ambos lados para obtener

$2=4(x)(2-x) \rightarrow 2=8x-4x^2$

Sin embargo, las almas de esta ecuación cuadrática son $1-\frac{1}{\sqrt{2}}$ y $1+\frac{1}{\sqrt{2}}$

así que $ \sqrt{ 2-\sqrt{2}}=\sqrt{1-\frac{1}{\sqrt{2}}} +\sqrt{1+\frac{1}{\sqrt{2}}}$

En otras palabras, no hay forma de negar su radicalidad.

Answer 2

No puede haber una fórmula como $$ \sqrt{2-\sqrt2}=q_1\sqrt{a_1}+q_2\sqrt{a_2}+\cdots+q_k\sqrt{a_k}, $$ donde $a_1,a_2,\ldots,a_k$ son números enteros, y $q_1,q_2,\ldots,q_k$ son números racionales. Aquí el número de términos, $k$ puede ser tan grande como queramos. Esto se deduce de la teoría elemental de Galois. Si no has aprendido la teoría de Galois, esta respuesta te va a sonar a chino. Probablemente también sea exagerado, pero si conoces la teoría de Galois básica puede que lo aprecies. O puede que no :-/

Consideremos el polinomio $$ p(x)=x^4-4x^2+2. $$ Vemos fácilmente que sus ceros son $$ x_1=\sqrt{2+\sqrt2},\quad x_2=\sqrt{2-\sqrt2},\quad x_3=-x_1\quad\text{and}\quad x_4=-x_2. $$ Es fácil ver que ninguno de ellos es racional (¡cuadrarlos!) Del mismo modo podemos comprobar fácilmente que ninguno de los polinomios $(x-u)(x-v)$ donde $u,v$ son cualesquiera ceros distintos de $p(x)$ tiene coeficientes racionales. Por lo tanto, $p(x)$ es irreducible en el anillo $\mathbb{Q}[x]$ .

Reclamación 1. $F=\mathbb{Q}(x_1)$ es el campo de división de $p(x)$ en $\mathbb{Q}$ .

Prueba. Tenemos $x_1^2=2+\sqrt2$ Así que $\sqrt2\in F$ . Pero también tenemos $$ x_1x_2=\sqrt{(2+\sqrt2)(2-\sqrt2)}=\sqrt2, $$ así que $x_2=\sqrt2/x_1\in F$ También. Obviamente entonces también $x_3,x_4\in F$ . Como el campo de división también debe contener $F$ hemos terminado.

Reclamación 2. El grupo de Galois $G=Gal(F/\mathbb{Q})$ es cíclico de orden 4.

Prueba. Por la teoría general de Galois existe un automorfismo $\sigma\in G$ tal que $\sigma(x_1)=x_2$ . Veremos que $\sigma$ es de orden cuatro. Como $|G|=[F:\mathbb{Q}]=4$ esto demostrará la afirmación. Aquí $$ \sigma(\sqrt2)=\sigma(x_1^2-2)=\sigma(x_1)^2-\sigma(2)=x_2^2-2=-\sqrt2. $$ Con esta información podemos ver que $$ \sigma(x_2)=\sigma(\frac{\sqrt2}{x_1})=\frac{\sigma(\sqrt2)}{\sigma(x_1)}=-\frac{\sqrt2}{x_2}=-\frac{\sqrt2}{\sqrt2/x_1}=-x_1=x_3. $$ Más o menos el mismo cálculo mostrará entonces que $\sigma(x_3)=x_4$ y como $\sigma$ permuta las raíces de $p(x)$ conseguimos que $\sigma(x_4)=x_1$ . Por lo tanto, $\sigma$ actúa sobre las raíces como el ciclo 4 $x_1\mapsto x_2\mapsto x_3\mapsto x_4\mapsto x_1$ probando nuestra reclamación.

Ahora podemos demostrar nuestra afirmación principal. Se sabe que todos los campos $K=\mathbb{Q}(\sqrt{a_1},\ldots,\sqrt{a_k})$ , donde $a_1,a_2,\ldots,a_k$ son enteros (sin cuadrado), tienen grupos de Galois isomorfos a $C_2^\ell$ para algún número entero $\ell\le k$ . Como $F=\mathbb{Q}(x_1)=\mathbb{Q}(x_2)$ ningún campo de este tipo puede contener el número $x_2$ ya que, de lo contrario, el grupo de Galois $Gal(F/\mathbb{Q})$ tendría que ser un cociente del grupo abeliano elemental de 2 $Gal(K/\mathbb{Q})$ . Es evidente que no es el caso. Q.E.D.

Answer 3

No existe una forma más sencilla porque la respuesta es imaginaria: $ \sqrt{1+i}-\sqrt{1-i} $ . Pero al menos ahora sé cómo encontrarlo

Answer 4

Una forma general de resolver estos problemas:

$$\sqrt{2-\sqrt{2}}=a$$

entonces $a^2=2-\sqrt{2}\rightarrow(2-a^2)^2=2\rightarrow 4-4a^2+a^4=2\rightarrow a^4-4a^2+2=0$

Dejemos que $b=a^2$

entonces

Resolver $$b^2-4b+2=0$$

Como sugirió @Martin, esta es una forma pero la conslusión no es la correcta. La forma correcta debería ser

$$\sqrt{a+b\sqrt{c}}=\sqrt{d}+\sqrt{e}$$ y la siguiente aritmética similar a la anterior.