Demostrando que $\left(\mathbb Q[\sqrt p_1,\dots,\sqrt p_n]:\mathbb Q\right)=2^n$ para primos distintos $p_i$ .

Question

He leído el siguiente teorema:

Si $p_1,p_2,\dots,p_n$ son números primos distintos, entonces $$\left(\mathbb Q\left[\sqrt p_1,\dots,\sqrt p_n\right]:\mathbb Q\right)=2^n.$$

He intentado demostrar una afirmación más general pero tengo un problema en un punto. (Todavía no sé cómo demostrar el teorema de arriba, también, porque no sé cómo no utilizar la independencia lineal, que hago en el enunciado más general de abajo). ¿Podríais ayudarme a superar el obstáculo que he encontrado? Publicaré la prueba prevista y aclararé dónde tengo problemas.

Quiero demostrar la siguiente afirmación:

Dejemos que $n\geq 1$ . El conjunto $B_n:=\left\{\sqrt {p_1^{\epsilon_1}}\sqrt {p_2^{\epsilon_2}}\cdots\sqrt {p_n^{\epsilon_n}}\,|\,(\epsilon_1,\epsilon_2,\cdots,\epsilon_n)\in\{0,1\}^n\right\}$ tiene $2^n$ elementos y es un $\mathbb Q-$ base de $\mathbb Q\left[\sqrt p_1,\sqrt p_2,\cdots,\sqrt p_n\right].$

La prueba será por inducción.

Para $n=1,$ tenemos $B_n=\left\{1,\sqrt {p_1}\right\}.$ Está claro que $\sqrt{p_1}\neq 1,$ por lo que el conjunto tiene $2=2^1$ elementos. Es la base de $\mathbb Q[\sqrt{p_1}]$ porque el polinomio mínimo de $\sqrt {p_1}$ en $\mathbb Q$ tiene grado $2,$ y existe el teorema de que $K[a]$ tiene $a^0,\cdots,a^{d-1}$ como base, donde $d$ es el grado del polinomio mínimo de $a$ en $K$ .

Supongamos que la afirmación es cierta para $n-1$ , donde $n\geq 2.$ Tenemos

$$ \left(B_n=B_{n-1}\cup\sqrt{p_n}B_{n-1}\right)\text { and } \left(B_{n-1}\cap\sqrt{p_n}B_{n-1}=\emptyset\right), $$

que es fácil de ver. También es fácil ver que $\operatorname{card}(B_{n-1})=\operatorname{card}(\sqrt{p_n}B_{n-1}),$ y por lo tanto

$$ \operatorname{card}B_{n}=2^n. $$

Dejemos que

$$ \sum_{x\in B_{n}}q_xx=0 $$

para algunos $\{q_x\}_{x\in B_n}\subset\mathbb Q.$ Dejemos que $p(x):=\sqrt{p_n}x$ para todos $x\in B_{n-1}.$ Tenemos

$$ \sum_{x\in B_{n}}q_xx=\sum_{x\in B_{n-1}} q_xx+\sum_{x\in \sqrt{p_n}B_{n-1}} q_xx=\sum_{x\in B_{n-1}} q_xx+\sum_{x\in B_{n-1}} q_{p(x)}\sqrt{p_n}x. $$

Por lo tanto,

$$ \sum_{x\in B_{n-1}} q_xx=-\sqrt{p_n}\sum_{x\in B_{n-1}} q_{p(x)}x,\tag1 $$

y podemos hacer la siguiente división si $q_{p(x)}\neq 0$ para todos $x\in B_{n-1}$ (porque $B_{n-1}$ es linealmente independiente de $\mathbb Q$ ):

$$ \sqrt{p_n}=-\frac{\sum_{x\in B_{n-1}} q_xx}{\sum_{x\in B_{n-1}} q_{p(x)}x}, $$

El lado derecho pertenece a $\mathbb Q\left[\sqrt p_1,\sqrt p_2,\cdots,\sqrt p_{n-1}\right],$ por lo que tenemos

$$ \sqrt{p_n}\in \mathbb Q\left[\sqrt p_1,\sqrt p_2,\cdots,\sqrt p_{n-1}\right]. $$

Por lo tanto, podemos escribir $\sqrt{p_n}$ de forma única en la base $B_{n-1}$ .

$$ \sqrt{p_n}=\sum_{y\in B_{n-1}}c_yy $$

para algunos $\{c_y\}_{y\in B_{n-1}}\subset \mathbb Q.$

Tras elevar al cuadrado esta ecuación obtendremos

$$ p_n=\sum_{y\in B_{n-1}}c_y^2y^2+2\sum_{y,z\in B_{n-1}}c_yc_zyz. $$

La última suma debe ser cero porque no está en $\mathbb Q$ y porque después de reducirla, obtenemos una representación de $p_n$ en la base $B_{n-1},$ que es único. Así,

$$p_n=\sum_{y\in B_{n-1}}c_y^2y^2.$$

Desafortunadamente, no puedo probar que $c_yc_z$ es siempre cero. Esto fue lo primero que pensé, pero está claro que hay problemas con la posibilidad de reducciones en $$ \sum_{y,z\in B_{n-1}}c_yc_zyz. $$

Diferentes pares $y,z$ puede producir el mismo elemento de $B_{n-1}$ en el producto $yz.$ Esto ocurre, por ejemplo, cuando $y=\sqrt 5\sqrt 3,$ $z=\sqrt 5\sqrt 2,$ y $y'= \sqrt 11\sqrt 2,$ $z'=\sqrt 11\sqrt 3$ .

Si fuera cierto que $c_yc_z$ es siempre cero, podría continuar mi prueba como sigue. Tendríamos sólo una $y_0$ tal que $c_{y_0}\neq 0$ y obtendríamos

$$p_n=c_{y_0}^2y_0^2.$$

Dejemos que $c_{y_0}=\frac kl$ . Podemos escribir $$l^2p_n=k^2y_0^2.$$

Pero $y_0^2$ es el producto de algunos primos diferentes de $p_n$ . Por lo tanto, el mayor poder de $p_n$ que divide el lado derecho es par. Sin embargo, la mayor potencia de $p_n$ que divide el lado izquierdo es impar. Una contradicción.

La contradicción demuestra que $q_{p(x)}=0$ para todos $x\in B_{n-1}.$ Por lo tanto, $(1)$ nos da que

$$ \sum_{x\in B_{n-1}} q_xx=0 $$

y la independencia lineal de $B_{n-1}$ nos da que $q_x=0$ para todos $x\in B_{n-1}.$

Esto nos da que $B_n$ es linealmente independiente. Genera todo el $\mathbb Q\left[\sqrt p_1,\sqrt p_2,\cdots,\sqrt p_n\right]$ porque

$$ \mathbb Q\left[\sqrt p_1,\sqrt p_2,\cdots,\sqrt p_n\right]=\left(\mathbb Q\left[\sqrt p_1,\sqrt p_2,\cdots,\sqrt p_{n-1}\right]\right)\left[\sqrt{p_n}\right]. $$

Este sería terminar la prueba.

Answer 1

HINT $\ $ De aquí se desprende fácilmente una prueba inductiva

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

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

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

Utilizando lo anterior como paso inductivo uno demuestra fácilmente el siguiente resultado de Besicovic.

TEOREMA $\ $ Dejemos que $\rm\:Q\:$ sea un campo con $2 \ne 0\:,\:$ y $\rm\ L = Q(S)\ $ sea una extensión de $\rm\:Q\:$ generado por $\rm\: n\:$ raíces cuadradas $\rm\ S = \{ \sqrt{a}, \sqrt{b},\ldots \}$ de elts $\rm\ a,\:b,\:\ldots \in Q\:.\:$ Si todo subconjunto no vacío de $\rm\:S\:$ tiene producto no en $\rm\:Q\:$ entonces, cada uno de los sucesivos adición $\rm\ Q(\sqrt{a}),\ Q(\sqrt{a},\:\sqrt{b}),\:\ldots$ duplica el grado sobre $\rm\:Q\:,\:$ así que, en total, $\rm\: [L:Q] \ =\ 2^n.\:$ De ahí que el $\rm2^n$ subproductos del producto de $\rm\:S\:$ constituyen una base de $\rm L$ en $\rm\:Q\:.$

Answer 2

Las otras respuestas no tienen nada de malo. Sólo quiero probar mi mano en esto. Demostraré por inducción en el número de primos $n$ que

1. Para $K_n=\Bbb{Q}(\sqrt{p_1},\sqrt{p_2},\ldots,\sqrt{p_n})$ tenemos $[K_n:\Bbb{Q}]=2^n$ Y
2. La ampliación $K/\Bbb{Q}$ es de Galois con grupo de Galois isomorfo al $n$ -producto cartesiano doble $(C_2)^n$ generado por los automorfismos $\tau_i, i=1,2,\ldots,n,$ tal que $\tau_i(\sqrt{p_j})=(-1)^{\delta_{ij}}\sqrt{p_j}$ .

El caso base $n=1$ es fácil. Omitiendo eso. Supongamos que la afirmación se mantiene cuando tenemos $k$ primos.

Reclamación 1. $\sqrt{p_{k+1}}\notin K_k$ .

Prueba. Supongamos, por el contrario, que $\sqrt{p_{k+1}}\in K_k$ . Sabemos que $\Bbb{Q}(\sqrt{p_{k+1}})$ es una extensión cuadrática de $\Bbb{Q}$ . Por la teoría de Galois los subcampos cuadráticos de $K_k$ son exactamente los campos fijos de los subgrupos de índice dos de $\operatorname{Gal}(K_k/\Bbb{Q})$ . Por la segunda parte de la hipótesis de inducción, este grupo de Galois es isomorfo al grupo aditivo de un $k$ -espacio vectorial de dimensiones $V$ en $\Bbb{F}_2$ . La forma bilineal no degenerada, $B:V\times V\to\Bbb{F}_2, B\big((x_1,x_2,\ldots,x_k),(y_1,y_2,\ldots,y_k)\big)=\sum_{i=1}^kx_iy_i$ muestra que los subgrupos máximos son exactamente los duales de los subgrupos mínimos de $V$ . Hay $2^k-1$ de los mismos, es decir, los que contienen un único vector no nulo de $V$ . Por lo tanto, $K_k$ tiene exactamente $2^k-1$ subcampos cuadráticos. Pero si $S$ es el producto de cualquier subconjunto no vacío de $\{p_1,p_2,\ldots,p_k\}$ entonces $\Bbb{Q}(\sqrt{S})$ es un subcampo cuadrático de $K_k$ . Tales campos cuadráticos se ven fácilmente como distintos (sólo se necesita el análogo del argumento que muestra $\sqrt2\notin\Bbb{Q}(\sqrt3)$ para esto). Del mismo modo, vemos que $\sqrt{p_{k+1}}$ no está en ninguno de esos subcampos cuadráticos. La afirmación es la siguiente.

Reclamación 2. El paso inductivo es válido.

Prueba. Por la reivindicación 1. $[K_{k+1}:K_k]=2$ , por lo que la primera parte de la hipótesis de inducción implica la primera parte del paso inductivo. Porque $K_{k+1}$ es el campo de división de $\prod_{i=1}^{k+1}(x^2-p_i)\in\Bbb{Q}[x]$ se deduce que $K_{k+1}$ es Galois sobre $\Bbb{Q}.$ Cualquier automorfismo $\tau\in \operatorname{Gal}(K_{k+1}/\Bbb{Q})$ está totalmente determinada si conocemos las imágenes $\tau(\sqrt{p_i}), i=1,2,\ldots,k+1$ . Hay dos opciones para cada una de esas imágenes (hasta el signo) - un total de $2^{k+1}$ combinaciones. Como la extensión es de Galois, sabemos que habrá exactamente $2^{k+1}$ automorfismos, por lo que todas esas combinaciones de signos deben ocurrir. Q.E.D.

Answer 3

Esta es una variante menor de la respuesta de Jyrki.

Queremos demostrar las afirmaciones:

(1) Si $p_1,...,p_n$ son primos distintos, entonces hay automorfismos $\tau_i$ , ( $i=1,...,n$ ), de $\mathbb Q[\sqrt{p_1},...,\sqrt{p_n}]$ tal que $\tau_i\,\sqrt{p_j}=(-1)^{\delta_{ij}}\sqrt{p_j}$ para todos $i,j$ .

(2) Si $p_1,...,p_n$ son primos distintos, entonces $\sqrt{p_n}\notin\mathbb Q[\sqrt{p_1},...,\sqrt{p_{n-1}}]$ .

Es evidente que (1) y (2) son equivalentes. [Con esto queremos decir que (1) es válida para todo $n$ -tuplas $(p_1,...,p_n)$ de primos distintos si y sólo si (2) se cumple para todos esos $n$ -tuplas].

Supongamos que (2) es falso, y dejemos que $(p_1,...,p_n)$ sea un contraejemplo de (2) con $n$ mínimo. En particular, tenemos $$ \sqrt{p_n}\in K:=\mathbb Q[\sqrt{p_1},...,\sqrt{p_{n-1}}]. $$ Además, los automorfismos $\tau_i$ , ( $i=1,...,n-1$ ), de $K$ están bien definidos.

A continuación comprobamos fácilmente (3) y (4):

(3) Para todos los $x$ en $K$ tenemos $\tau_i\,x=x$ si y sólo si $x$ está en el subcampo generado por el $\sqrt{p_j}$ para $j\neq i$ y

(4) $\tau_i\,x=x$ para todos $i$ si y sólo si $x$ está en $\mathbb Q$ .

(5) Tenemos $\tau_i\,\sqrt{p_n}=-\sqrt{p_n}$ . (De hecho, en vista de (3), la igualdad $\tau_i\,\sqrt{p_n}=\sqrt{p_n}$ contradiría la minimidad de $n$ .)

Ahora (5) y (4) implican que $$ \sqrt{\frac{p_n}{p_1\cdots p_{n-1}}} $$ está en $\mathbb Q$ , lo que se ve fácilmente que es falso.

Answer 4

Cabe mencionar que otro enfoque es utilizar el hecho de que $\sqrt p\in\mathbb Q(\zeta_{4n})$ si y sólo si $p$ divide $n,$ donde $\zeta_m=e^{2\pi i/m}.$

El si parte sigue para $p$ impar de la suma de Gauss $g(p)^2=(-1)^{(p-1)/2}p,$ donde $g(p)=\sum_{r=1}^{p-1}\left(\frac rp\right)\zeta_p^r,$ mientras que para $p=2,$ tenemos $\sqrt 2=\zeta_8+\zeta_8^{-1}.$ El sólo si parte es porque $\mathbb Q(\zeta_l)\cap\mathbb Q(\zeta_m)=\mathbb Q(\zeta_h),$ donde $h$ es el mayor factor común de $l$ y $m.$ Por lo tanto, si $\sqrt p\subseteq\mathbb Q_{4n}$ con $n$ primo a $p,$ entonces $\sqrt p\in\mathbb Q(i),$ que es imposible.

Por lo tanto, si $p$ y $p_{1,\dots,r}$ son primos y $\sqrt p\in\mathbb Q(\sqrt{p_1},\dots,\sqrt{p_r}),$ entonces $ \sqrt p\in\mathbb Q(\zeta_{4p_1\cdots p_r}),$ y concluimos $p$ divide $p_1\dots p_r.$ En particular, si $p_1,\dots,p_r$ son distintos entonces $\mathbb Q(\sqrt{p_1},\dots,\sqrt{p_i})\neq\mathbb Q(\sqrt{p_1},\dots,\sqrt{p_{i-1}})$ para $1\le i\le r-1.$ Por lo tanto, al unir cada raíz cuadrada se obtiene una extensión de grado 2, como se requiere.

Answer 5

Creo que el camino más corto sería usar algo de teoría de Galois. Sea $G_i=Gal(\mathbb{Q}(p_i)/\mathbb{Q})$ . Por lo tanto, necesitamos calcular el orden de $G=Gal(\mathbb{Q}(p_1,p_2,...,p_n)/\mathbb{Q})$ . Pero como $\mathbb{Q}(p_i)\cap \mathbb{Q}(p_j)=\mathbb{Q}$ para todos $i\neq j$ Así que $G$ es isomorfo a $\prod G_i \implies |G|= \prod|G_i|=2^n$ ( $G$ es isomorfo a $\prod G_i$ porque tomar $\sigma \in G$ y enviarlo a $(\sigma|_{G_i})_{i\in\{1,2,...n\}}$ es un isomorfismo.