lineal independiente sobre $\mathbb{Q}$

Question

Deje $r_1, r_2, \cdots, r_n$ ser distintos de los números racionales en el intervalo de $(0,1)$. Cómo probar que en el espacio de $\mathbb{R}$ $\mathbb{Q}$ los números de $2^{r_1}, \cdots, 2^{r_n}$ son independientes?

Answer 1

Podemos, sin pérdida de generalidad supongamos que

$i < j \Longrightarrow r_i < r_j; \tag 0$

desde $0 < r_i \in \Bbb Q$, $1 \le i \le n$, podemos escribir

$r_i = \dfrac{p_i}{q_i}, \; p_i, q_i \in \Bbb Z, 0 < p_i < q_i; \tag 1$

elegimos $m = \text{lcm} \{q_i \mid 1 \le i \le n \}, \tag 2$

es decir, $m$ es el mínimo común múltiplo de los denominadores $q_i$; como tal, es el mínimo común denominador de las $r_i = p_i / q_i$, y así cada una de las $r_i$ puede ser escrito

$r_i = \dfrac{k_i}{m}, \; 0 < k_i \in \Bbb Z; \tag 3$

tomamos nota de que (0) implica $k_i < k_j$$i < j$; si los números de $2^{r_i}$ son linealmente dependientes sobre$\Bbb Q$,$\alpha_i \in \Bbb Q$, no todos los $0$, con

$\displaystyle \sum_1^n \alpha_i 2^{r_i} = 0; \tag 4$

observamos que al menos dos de las $\alpha_i \ne 0$, para $2^{r_i} = 0$ algunos $i$, imposible; usando (3), (4) puede escribirse

$\displaystyle \sum_1^n \alpha_i 2^{k_i / m} = 0; \tag 5$

desde $r_i \in (0, 1)$ todos los $i$,$k_1 > 0$$k_n < m$; por lo tanto podemos factor de $2^{k_1/m}$ (5) y, el establecimiento de $t_i = k_i - k_1$, por lo que el$t_1 = 0$$t_n < m$, escribir

$\displaystyle \sum_1^n \alpha_i 2^{t_i / m} = 0; \tag 6$

vamos

$f(x) = \displaystyle \sum_1^n \alpha_i x^{t_i} \in \Bbb Q[x]; \tag 7$

entonces (6) afirma que

$f(2^{1/m}) = 0; \tag 8$

también tenemos

$\deg f(x) \le t_n < m; \tag 9$

es evidente que $r=2^{1/m}$ satisface

$g(x) = x^m - 2 \in \Bbb Q[x]; \tag{10}$

Eisenstein con $p =$ muestra que $g(x)$ es irreducible sobre $\Bbb Q$; por lo tanto $2^{1/m}$ puede satisfacer ninguna polinomio de grado menor que $\deg g(x) = m$, pero esto contradice (8), de donde no puede haber ninguna dependencia lineal tales como (4). Y hemos terminado.

Nota: en retrospectiva, después de haber escrito esta prueba, la división a través de por $2^{k_1/m}$ y la introducción de la $t_i$ realmente no parece necesario; debo haber estado pensando a lo largo de una pista diferente cuando se les presente; sin embargo, esto no afecta a la validez del resultado, y es menos trabajo para salir de los pasos en lugar de editar luego. Final de la Nota.

Answer 2

(1). Deje $D$ ser un denominador común positivo de $r_1,...,r_n.$ De curso $1<D\in \Bbb N.$

Deje $x=2^{1/D}.$

Para $1\leq j\leq n$ deje $r_j=N_j/D .$ Tenemos $D>N_j\in \Bbb N$ también $i\ne j\implies N_i\ne N_j.$

Supongamos $q_1,..., q_n$ son racionales, no todos los $0,$ tal que $\sum_{j=1}^nq_j2^{r_j}=0.$ Tenemos $0=\sum_{j=1}^nq_jx^{N_j}.$

Ahora $f(y)=\sum_{j=1}^nq_jy^{N_j}$ es un polinomio en a $y,$ grado $d,$ donde $1\leq d<D,$ con coeficientes racionales. Volveremos a $f(y)$ en (3), a continuación.

(2). Citamos primaria teorema de Gauss: Si $g(y)\in \Bbb Z[y]$ $g(y)$ es irreducible sobre $\Bbb Z$ $g(y)$ es irreducible sobre $\Bbb Q.$

El polinomio $y^D-2$ satisface el Criterio de Eisenstein por lo que es irreducible sobre$\Bbb Z,$, por lo que por el teorema anterior es irreducible sobre $\Bbb Q.$

(3). Tenemos $x^D-2=0.$ Deje $h(y)$ ser un no -$0$ $\Bbb Q[y]$ de menor grado posible, de tal manera que $h(x)=0.$, Entonces para cualquier $g(y)\in \Bbb Q[y],$ si $g(x)=0$ $h(y)$ es un divisor de a $g(y)$ en el ring $\Bbb Q[y].$

Refiriéndose a $f(y)$ en (1): Desde $f(x)=0,$ por lo tanto $h(y)$ divide $f(y)$ $\text {deg} (h)\leq \text { deg } (f)<D.$

Pero $x^D-2=0$ $h(y)$ también se divide $y^D-2$ $\Bbb Q[y],$ $\text {deg } (h)<D.$

Esto implica que $y^D-2$ es reducible en $\Bbb Q[y],$ una contradicción (2).