Demostrando que $\sqrt[3] {2} ,\sqrt[3] {4},1$ son linealmente independientes, más racionales

Question

Yo estaba tratando de demostrar que $\sqrt[3] {2} ,\sqrt[3] {4}$ $1$ son linealmente independientes, utilizando conocimientos elementales de los números racionales. También vi este que estaba en un camino cercano a la pregunta que yo estaba pensando. Pero yo no podía encontrar ninguna prueba usando simples argumentos. Así que si alguien puede dar una prueba simple, sería genial.

Yo:

$a \sqrt[3] {2}+b\sqrt[3] {4}+c=0$ Luego de tomar $c$ a el otro lado de la cubicación en ambos lados obtenemos $2a^3+4b^3+6ab(a+b)=-c^3$. Yo no podía proceder más lejos de aquí.

Aparte de la pregunta anterior también me pregunto cómo sería de demostrar que $\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5},\sqrt{7},\sqrt{11},\sqrt{13}$ son linealmente independientes. Aquí asumiendo $a\sqrt{2}+b\sqrt{3}+c\sqrt{5}+...=0$ y la solución parece ser más complicado. Entonces, ¿cómo hace uno para resolver problemas de este tipo?

Answer 1

Deje $\alpha=\sqrt[3] {2}$ y supongamos $a+b\alpha+c\alpha^2=0$$a,b,c\in \mathbb Z$, a las que se supone coprime.

A continuación,$a\alpha+b\alpha^2+2c=0$$a\alpha^2+2b+2c\alpha=0$.

Esto significa que la matriz a continuación es singular $$ \pmatrix{ a & b & c \\ 2c & a & b \\ 2b y 2c &} $$ Su determinante debe ser cero: $$ un^3-6 a b c+2 b^3+4 c^3=0 $$ Esto implica que $a$ incluso: $a=2A$. Así $$ 4A^3-6 a b c+ b^3+c 2^3=0 $$

Esto implica que $b$ incluso: $b=2B$. Así $$ 2A^3-6 a B c+ 4B^3+ c^3=0 $$ Esto implica que $c$ es incluso. Esto se contradice con que se coprime.

Answer 2

Supongamos $1,\sqrt[3]2,\sqrt[3]4$ son linealmente dependientes. Esto significa que existe un polinomio distinto de cero $P \in \Bbb Q[X]$ de grado en la mayoría de las $2$ tal que $P(\sqrt[3]2)=0$.

Sin embargo, sabemos que $Q = X^3-2$ también satisface $Q(\sqrt[3]2) = 0$. Tomando el máximo común divisor de a$P$$Q$, obtenemos un estricto divisor $R$ $Q$ (debido a que el grado de $R$ es menor que el grado de $Q$).

Por el criterio de Eisenstein, $Q$ es irreductible, lo que se contradice con la existencia de $R$.

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Para tu segunda pregunta :

Si usted sabe acerca de la reciprocidad cuadrática de la ley y del teorema de Dirichlet sobre primos en una progresión aritmética, se puede mostrar que la familia de $\sqrt p$ son linealmente independientes :

Si existía una relación entre la raíz cuadrada de una familia de números primos $p_0, \ldots, p_n$, entonces usted puede expresar $\sqrt{p_0}$ en términos de todos los demás. Esta fórmula significa que $X^2 - p$ tiene una raíz en $\Bbb Q[T_1,\ldots,T_n]/(T_1^2-p_i)\ldots(T_n^2-p_n)$. Si tenemos un primer $q$ tales que (1) $q$ no dividir cualquier denominador en los coeficientes de la raíz, y (2) $p_i$ tiene una raíz cuadrada mod $q$$1 \le i \le n$, pero no por $i=0$, se obtiene una contradicción mirando la raíz modulo $q$.
Pero tal prime existe debido a que por la ley de la reciprocidad cuadrática, (2) es equivalente a una construcción modular de la condición y, a continuación, Dirichlet del teorema muestra que existen infinitos números primos de satisfacciones, así que hay que satisfacer (1).

De hecho, esta muestra aún más : la familia de $\sqrt n$ $n \in \Bbb Z$ $n$ squarefree, es linealmente independiente.

Answer 3

He aquí una simple prueba.

Deje $\alpha=\sqrt[3] {2}$ y supongamos $a+b\alpha+c\alpha^2=0$$a,b,c\in \mathbb Z$.

A continuación,$a\alpha+b\alpha^2+2c=0$.

Ahora $0=b(a+b\alpha+c\alpha^2)-c(a\alpha+b\alpha^2+2c)=(ab-2c^2)+(b^2-ac)\alpha$.

Desde $\alpha$ es irracional, debemos tener $ab=2c^2$$ac=b^2$. Esto implica $ab^3=2ac^3$. Desde $\alpha$ es irracional, debemos tener $a=0$$b=0$$c=0$.

Answer 4

Considere la posibilidad de $c_1\sqrt{2}+c_2\sqrt{3}+c_3\sqrt{5}=0$. A continuación,$c_1\sqrt{2}+c_2\sqrt{3}=-c_3\sqrt{5}$. El cuadrado ambos lados tendremos $2c_1^2+3c_2^2+2\sqrt{6}c_1c_2=5c_3^2$. Si bien $c_1$ o $c_2$ resulta ser $0$, entonces vamos a tener $c_2\sqrt{3}+c_3\sqrt{5}=0$ lo que implica $3c_2^2=5c_3^2$ da $\left(\frac{c_2}{c_3}\right)^2=\frac{5}{3}$ que no es posible . De manera similar para el caso de al$c_2$$0$. (Es evidente cuando ambos $c_1$$c_2$$0$.) Por lo tanto, si $c_1$ $c_2$ son no-cero, a continuación, $$-\sqrt{6}=\frac{2c_1^2+3c_2^2-5c_3^2}{2c_1c_2}.$$

Ahora observe que el R. H. S es un ser racional que no, pero la L. H. S no es.

Answer 5

Se argumenta por la contradicción. Obviamente, $a\ne0$$b\ne0$. A continuación, $x=\sqrt[3]2$ es una raíz de la plaza de la ecuación con coeficientes racionales y por lo tanto puede ser representado en la forma $$ x=a+\sqrt{B} \qquad\text{o}\qquad x=A-\sqrt B $$ con rational $A$$B\ge0$. De hecho, $B>0$, de lo contrario $x$ sería racional. Tenemos $$ 2=x^3=a^3\pm3A^2\sqrt B+3AB\pm B\sqrt B=a^3+3AB\pm(B+3A^2)\sqrt B $$ Desde $B>0$, se deduce que el $B+3A^2\ne0$ y, por tanto, $\sqrt B$ es racional. Por lo tanto, también lo es $x$. Contradicción.