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

Question

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.

Answer 1

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).

Answer 2

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 $$\sqrt2=-\frac{10}{39}(\sqrt2+\sqrt3+\sqrt5)+\frac{\frac{379}{468}}{2}(\sqrt2+\sqrt3+\sqrt5)^3-\frac{\frac{191}{234}}{8}(\sqrt2+\sqrt3+\sqrt5)^5+\frac{\frac{23}{468}}{16}(\sqrt2+\sqrt3+\sqrt5)^7$$

Answer 3

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

Answer 4

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 $$\begin{align*} \sqrt{2} &= \tfrac{5}{3} \theta - \tfrac{7}{72} \theta^3 - \tfrac{7}{144} \theta^5 + \tfrac{1}{576} \theta^7, \\ \sqrt{3} &= \tfrac{15}{4} \theta - \tfrac{61}{24} \theta^3 + \tfrac{37}{96} \theta^5 - \tfrac{1}{96} \theta^7, \\ \sqrt{5} &= -\tfrac{53}{12} \theta + \tfrac{95}{36} \theta^3 - \tfrac{97}{288} \theta^5 + \tfrac{5}{576} \theta^7. \end{align*}$$