Mostrando que $\sqrt{5} \in \mathbb{Q}(\sqrt[p]{2} + \sqrt{5})$

Question

Estoy tratando de demostrar que $\sqrt{5} \in \mathbb{Q}(\sqrt[p]{2} + \sqrt{5})$, donde $p > 2$ es primo. Ya he demostrado que $[\mathbb{Q}(\sqrt[p]{2}, \sqrt{5}) : \mathbb{Q}] = 2p$.

Si es necesario, puedo entender que esto podría constituir demostrando que $\mathbb{Q}(\sqrt[p]{2} + \sqrt{5}) = \mathbb{Q}(\sqrt[p]{2}, \sqrt{5})$, lo que sé de forma intuitiva, pero no estoy seguro de cómo probar. En ese sentido, soy consciente de preguntas como esta y esta, pero todas las respuestas que proporcione, ya sea

• no parece que generalizar fácilmente a los casos en que no tanto de las raíces cuadradas.
• están más allá del alcance de mi curso actual.

Cualquier ayuda hacia una (preferiblemente de bajo nivel) la prueba de la inclusión de $\sqrt{5}$ o de la igualdad de $\mathbb{Q}(\sqrt[p]{2} + \sqrt{5})$ e $\mathbb{Q}(\sqrt[p]{2}, \sqrt{5})$ es muy apreciada.

Answer 1

Así que dejemos que $\alpha = \sqrt [p]2+\sqrt 5$ luego $$\left(\alpha -\sqrt 5\right)^p=2$ $

Expanda el lado izquierdo utilizando el teorema binomial para obtener $$p(\alpha)-q(\alpha)\sqrt 5=2$$ where $ q (\ alpha) \ gt 0$ since all the terms involving $ \ sqrt 5$ have the same sign. Also $ p (\ alpha), q (\ alpha)$ are polynomials in $ \ alpha$ and belong to $ \ mathbb Q (\ alpha) $ Finalmente $$\sqrt 5=\frac {p(\alpha)-2}{q(\alpha)}$ $

Answer 2

Aquí hay una respuesta que utiliza algunas de primaria propiedades de campo de automorfismos (básicamente, la declaración de que el grado $2$ extensión de Galois, pero esto es algo que puede ser bastante fácil de probar directamente usando sólo la teoría de campo).

Deje $K=\mathbb Q(\sqrt[p]{2}+\sqrt{5})$. Supongamos $\sqrt{5}\not\in K$. A continuación, $K(\sqrt{5})$ es un grado $2$ extensión de $K$, lo que implica que existe una automorphism $\sigma$ de $K(\sqrt{5})/K$ tal que $\sigma(\sqrt{5})=-\sqrt{5}$. Desde $\sqrt[p]{2}+\sqrt{5}\in K$, es fijado por $\sigma$, por lo que tenemos $$\sigma(\sqrt[p]{2})=\sigma(\sqrt[p]{2}+\sqrt{5}-\sqrt{5})=\sigma(\sqrt[p]{2}+\sqrt{5})-\sigma(\sqrt{5})=\sqrt[p]{2}+\sqrt{5}+\sqrt{5}.$$

Sin embargo, $\sqrt[p]{2}+2\sqrt{5}$ no es un conjugado de $\sqrt[p]{2}$. En efecto, desde el $p>2$, el trivial de los conjugados de $\sqrt[p]{2}$ no son números reales, y claramente $\sqrt[p]{2}+2\sqrt{5}\neq\sqrt[p]{2}$. Esta es una contradicción, por lo tanto, concluimos $\sqrt{5}\in K$ , después de todo.

Answer 3

Si no puede usar la teoría de Galois, podemos descartar las posibilidades de $[\mathbb{Q}(\sqrt[p]2+\sqrt5):\mathbb{Q}]=1,2,p$ más elementales medios (supongo que usted puede usar los resultados como la torre de la ley).

Claramente $\sqrt{5}+\sqrt[p]{2}\notin\mathbb{Q}$o más $\mathbb{Q}(\sqrt[p]2)\ni\sqrt5$, contradicción.

Empezar con $$ (\sqrt[p]2+\sqrt5)^n=\sum\binom{n}{k}\sqrt[p]2^{n-k}\sqrt5^k $$ Desde $p>2$, podemos obtener de inmediato, teniendo en cuenta las $\sqrt[p]2^2$ coeficiente de ninguna dependencia lineal, que $[\mathbb{Q}(\sqrt[p]2+\sqrt5):\mathbb{Q}]\neq 2$ (recordemos que ha $\{\sqrt[p]2^j\sqrt5^k\mid 0\leq j<p; k=0,1\}$ como base de $\mathbb{Q}(\sqrt[p]2,\sqrt5)$).

Si $[\mathbb{Q}(\sqrt[p]2+\sqrt5):\mathbb{Q}]=p$, a continuación, $x=\sqrt[p]{2}+\sqrt5$ cumplir $(x-\sqrt{5})^p-2=0$ y otro monic polinomio (más de $\mathbb{Q}$) $m(x)=0$ grado $p$. La expansión, \begin{align*} x^p-\sqrt{5}px^{p-1}+\binom{p}25x^{p-2}-\dots-5^{(p-1)/2}\sqrt5&=0\\ x^p+m_1x^{p-1}+m_2x^{p-2}+\dots+m_p &=0 \end{align*} por lo tanto, tenemos $$ \underbrace{(m_1+\sqrt{5}p)}_{\neq 0}x^{p-1}+\left[m_2-\binom{p}25\right]x^{p-2}+\dots+(m_p+5^{(p-1)/2}\sqrt5)=0 $$ Por lo tanto $x$ satisface un trivial ecuación polinómica de grado $p-1$ sobre $\mathbb{Q}(\sqrt5)$, lo $[\mathbb{Q}(\sqrt[p]2+\sqrt5,\sqrt{5}):\mathbb{Q}(\sqrt5)]\leq p-1$, lo que contradice $[\mathbb{Q}(\sqrt[p]2,\sqrt5):\mathbb{Q}]=2p$.