Transformación lineal de un espacio vectorial de dimensión finita sobre un campo $k$ tiene un rastrear .
Ahora dejemos que $k\subset K$ sea una extensión finita de campos. Para $\alpha$ un elemento de $K$ tenemos el rastrear $$\operatorname{Tr}_{K/k}(\alpha)$$ definida como la traza del operador lineal $x \mapsto \alpha \cdot x$ ( multiplicación por $\alpha$ ).
Hecho: si $d$ racional no es un cuadrado perfecto y $K$ es un campo que contiene $\sqrt{d}$ entonces $$\operatorname{Tr}_{K/\mathbb{Q}}(\sqrt{d})= 0$$
En efecto: que $\beta_1$ , $\ldots$ , $\beta_m$ sea una base de $K$ sobre el subcampo $\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ . Entonces $\beta_1$ , $\ldots$ , $\beta_m$ , $\sqrt{d} \beta_1$ , $\ldots$ , $\sqrt{d} \beta_m$ constituyen la base de $K$ plus $\mathbb{Q}$ . En esta base, el operador "multiplicación por $\sqrt{d}$ tiene una matriz con elementos diagonales todos $0$ . Hecho.
Ahora para demostrar que $\alpha \colon = \sum_{d \in M} \sqrt{d}$ no es racional si $M$ es un conjunto finito de racionales positivos que no son cuadrados. En efecto, consideremos una extensión finita $K$ de $\mathbb{Q}$ que contiene todas estas raíces. Tenemos $$ \operatorname{Tr}_{K/\mathbb{Q}}(\alpha) = \sum_{d \in M} \operatorname{Tr}_{K/\mathbb{Q}} (\sqrt{d})= 0$$
Pero la traza de un número racional $r$ es igual a $\operatorname{Tr}_{K/\mathbb{Q}}(r)= n r$ donde $n = [K\colon \mathbb{Q}]$ . Por lo tanto, la suma positiva anterior no puede ser un número racional.
Con un poco más de cuidado, podemos demostrar que las raíces incomensurables de números racionales son linealmente independientes sobre $\mathbb{Q}$ .
$\bf{Added:}$ En efecto, digamos que tenemos $$\sum c_m \rho_m= 0$$ $c_m$ racionales, y $\rho_m$ son radicales de racionales, e incomensurables ( es decir $\frac{\rho_m}{\rho_{m'}} \not \in \mathbb{Q}$ ). Entonces obtenemos $$c_1 = - \sum_{m> 1} c_m \frac{\rho_m}{\rho_1}$$ y tomando trazas obtenemos $c_1 = 0$ . (Tenga en cuenta que $\frac{\rho_m}{\rho_1}$ es un radical irracional, por lo que de traza $0$ ).
