Es $\mathbb{Q}[\sqrt2]$ = $\mathbb{Q}[\sqrt2+1]$ ?

Question

Es $\mathbb{Q}[\sqrt2]$ = $\mathbb{Q}[\sqrt2+1]$ ?

Creo que sí, porque

$$\mathbb{Q}[\sqrt{2}+1] = \{\sum_{i=0}^{n}c_i(\sqrt{2}+1)^i\mid n\in\mathbb{N}, c_i\in\mathbb{Q}\}$$

$$= \{\sum_{i=0}^{n}c_i(\sqrt{2})^i\mid n\in\mathbb{N}, c_i\in\mathbb{Q}\} = \mathbb{Q}[\sqrt{2}].$$

Esto podría ser resuelto con el teorema de Binomio, ¿verdad?

Answer 1

Sí. Tenga en cuenta que $\sqrt{2}=(\sqrt{2}+1)-1\in \mathbb Q[\sqrt{2}+1]$ así que $\mathbb Q[\sqrt{2}]\subseteq \mathbb Q[\sqrt{2}+1]$ y $\sqrt{2}+1\in \mathbb Q[\sqrt{2}]$ así que $\mathbb Q[\sqrt{2}]\subseteq \mathbb Q[\sqrt{2}+1]$ . Por lo tanto, los dos son iguales.

Answer 2

En realidad lo demuestran: $$\mathbb Q[\sqrt2]=\left\{a+b\sqrt2\mid a,b\in\mathbb Q\right\}\\ \mathbb Q[\sqrt2+1]=\left\{a+b(\sqrt2+1)\mid a,b\in\mathbb Q\right\}\\$$

Así que no es necesario el argumento del binomio "entero", para no tomar combinaciones arbitrariamente largas. Dos son suficientes.

Ahora puedes usar el argumento que dio Alex, o podemos mostrar las inclusiones de dos lados directamente:

1. Supongamos que $a+b(\sqrt2+1)$ está en $\mathbb Q[\sqrt2+1]$ , toma $c=a+b$ (que es un número racional) y luego $a+b(\sqrt2+1)=a+b\sqrt2+b=c+b\sqrt2\in\mathbb Q[\sqrt2]$ . Por lo tanto, $\mathbb Q[\sqrt2+1]\subseteq\mathbb Q[\sqrt2]$ .

2. Toma ahora $a+b\sqrt2\in\mathbb Q[\sqrt2]$ entonces $a+b\sqrt2=a+(-b+b)+b\sqrt2=(a-b)+b(\sqrt2+1)\in\mathbb Q[\sqrt2+1]$ . Por lo tanto, $\mathbb Q[\sqrt2]\subseteq\mathbb Q[\sqrt2+1]$ .

Por lo tanto, tenemos igualdad.

Answer 3

Una base para $\mathbb{Q}[\sqrt2]$ es $\mathcal{A}=\{1,\sqrt2\}$ . Una base para $\mathbb{Q}[\sqrt2+1]$ es $\mathcal{B}=\{1,\sqrt2+1\}$ . Puede escribir $$ \mathcal{B}= \pmatrix{ 1 & 0 \\ 1 & 1} \mathcal{A} $$ Como esta matriz es invertible, tenemos $\langle A \rangle = \langle B \rangle$ .