¿Son únicos los binomios de raíz cuadrada?

Question

En Euclides encontramos la noción de binomio, es simplemente una suma $s = \sqrt{a}+\sqrt{b}$ de dos raíces cuadradas $\sqrt{a}$ y $\sqrt{b}$ . Digamos que dicha suma es simple si $a$ y $b$ son números racionales positivos no nulos, y normales si:

1. $a < b$
2. $\not \exists r \in \mathbb{Q} \,a = r^2$
3. $\not \exists r \in \mathbb{Q}\,b = r^2$
4. $\not \exists r \in \mathbb{Q}\,a/b = r^2$

Así que para que sea normal requerimos que los sumandos estén ordenados, es decir $a < b$ . También exigimos que ambos radicandos $a$ y $b$ no son cuadrados de otros números racionales, y tampoco lo es su cociente.

Me pregunto si esta representación es única. Supongamos que tenemos dos sumas de raíces cuadradas simples y normales con el mismo valor:

$s = \sqrt{a_1} + \sqrt{b_1}$
$s = \sqrt{a_2} + \sqrt{b_2}$

¿Podemos concluir sin más suposiciones que simultáneamente $a_1=a_2$ y $b_1=b_2$ ?

Answer 1

Lema: $\sqrt{ab}\not\in\mathbb{Q}$

Prueba: Si $\sqrt{ab}\in\mathbb{Q}$ entonces $\frac1b\cdot\sqrt{ab}=\frac{\sqrt a}{\sqrt b}=\sqrt{\frac{a}b} \in \mathbb{Q}$ una contradicción. $\square$

Considere esta respuesta . Por el lema, tenemos que $Q_i=\mathbb{Q}(a_i,b_i)$ tiene grado $4$ en $\mathbb{Q}$ y que $\beta_i=\{1,\sqrt{a_i},\sqrt{b_i},\sqrt{a_ib_i}\}$ es una base para $Q_i$ en $\mathbb{Q}$ .

Ahora bien, como $s=\sqrt{a_i}+\sqrt{b_i}\in Q_i$ para $i\in\{1,2\}$ tenemos

$${\left(1+s\right)}^2=\underbrace{(1+a_i+b_i)}_{\in\,\mathbb{Q}}+2\underbrace{(\sqrt{a_i}+\sqrt{b_i})}_s+\sqrt{a_ib_i}$$

y se deduce que $\sqrt{a_1b_1}\in Q_2$ y viceversa. Con esto, podemos ampliar

\begin{align} {(s+\sqrt{a_ib_i})}^2 &=(a_i+b_i+a_ib_i)+2\sqrt{a_ib_i}+2a_i\sqrt{b_i}+2b_i\sqrt{a_i}\\ &=\underbrace{(a_i+b_i+a_ib_i)}_{\in\,\mathbb{Q}}+2\underbrace{\sqrt{a_ib_i}}_{\in \,Q_1,Q_2}+2a_i\underbrace{(\sqrt{a_i}+\sqrt{b_i})}_{s\,\in\,Q_1,Q_2}+2(b_i-a_i)\sqrt{a_i}\tag{1}\\ \end{align}

y concluir que $\sqrt{a_1}\in Q_2$ y viceversa. De ello se deduce que lo mismo ocurre con el $b_i$ y por lo tanto $Q_1=Q_2$ .

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Dejemos que $v=(x,y,z,w)$ representan algún elemento de $Q_2$ en la base $\beta_2$ . Lo tenemos, por hipótesis,

$$s=(0,1,1,0).$$

Al ampliar $s^2$ encontramos $a_1+b_1+2\sqrt{a_1b_1}=a_2+b_2+2\sqrt{a_2b_2}$ Así que

$$\sqrt{a_1b_1}=\left(\frac12\cdot (a_2+b_2-a_1-b_1),0,0,1\right).$$

Se puede comprobar directamente que

$$v^2=\Big(x^2+a_2y^2+b_2z^2+a_2b_2w^2,2(xy+zwb_2),2(xz+ywa_2),2(xw+yz)\Big).\tag{$ * $}$$

Dejemos que $d=a_2+b_2-a_1-b_1$ . Utilizando $(*)$ en $(1)$ encontramos que

\begin{align} 2(b_1-a_1)\sqrt{a_1} =&\left(\frac{d^2}4+a_2+b_2+a_2b_2,d+b_2,d+a_2,d+2\right)\\ -&(a_2+b_2+a_1b_1,2a_1,2a_1,2)\\ =&\left(\frac{d^2}4+a_2b_2-a_1b_1,a_2+2b_2-3a_1-b_1,2a_2+b_2-3a_1-b_1,d\right) \end{align}

Aplicando $(*)$ anterior, deberíamos obtener relaciones entre las dos representaciones del número $4(b_1-a_1)^2a_1$ que puede apuntar a la respuesta. Me estoy quedando sin tiempo ahora mismo, pero lo comprobaré más tarde.

Answer 2

Utilizando el mismo lema que en la respuesta de Fimpellizieri. Comienzo con la siguiente ecuación: $$\sqrt{a_1}+\sqrt{b_1} = \sqrt{a_2} + \sqrt{b_2}$$ Para eliminar el parámetro $a_1$ Divido ambos lados por $\sqrt{a_1}$ y me sale: $$1+\sqrt{\frac{b_1}{a_1}} = \sqrt{\frac{a_2}{a_1}} + \sqrt{\frac{b_2}{a_1}}$$ Utilicemos nuevas variables $$, $$ y $$, the irrationality Lemma also applies to $ |sqrt{} $ and $ |sqrt{ } $: $$ 1+cuadrado{} = \\Ncuadrado{} + \Ncuadrado{} $$ Now square both sides to get: $$ 1++2\cdólares = ++2\cdólares{{1} $$ We can equate the rational and the irrational parts, so we get two equations: $$ 1+ = +\tag{2} $$ $$ = \tag{3} $$ Using the last equation (3) in the first equation (2) we get: $$ - - + 1 = ( - 1)( - 1) = 0 $$ Hence we arrive at $ =1 $ or $ =1 $. Recall $ =\frac{a_2}{a_1} $ and $ =\frac{b_2}{a_1} $ so that we get as desired: $$ a_1 = a_2 \N - cuadrado \N - cuadrado a_1 = b_2$$