Μία ισότητα

Tolaso J Kos · #1

Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\mathbb{Q} \left(\sqrt{2}+ \sqrt{5}+ \cdots +\sqrt{n^2+1} \right)=\mathbb{Q} \left(\sqrt{2}, \sqrt{5}, \dots , \sqrt{n^2+1} \right)}$
για όλους τους ακεραίους $n \geq 1$ .

Tolaso J Kos · #2

Επαναφορά!

Tolaso J Kos · #3

Επαναφορά.

Μάρκος Βασίλης · #4

Έστω $a,b\in\mathbb{Z}_{>0}$ που δεν είναι τετράγωνα ακεραίων. Θα δείξουμε ότι $\mathbb{Q}(\sqrt{a},\sqrt{b})=\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b})$ .

Ο ένας εγκλεισμός, $\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b})\subseteq\mathbb{Q}(\sqrt{a},\sqrt{b})$ είναι προφανής αφού $\sqrt{a}+\sqrt{b}\in\mathbb{Q}(\sqrt{a},\sqrt{b})$ .

Για τον αντίστροφο εγκλεισμό, αρκεί να δείξουμε ότι $\sqrt{a},\sqrt{b}\in\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b})$ . Παρατηρούμε ότι:

$\displaystyle{\sqrt{a}-\sqrt{b}=\frac{a-b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}\in\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b}),}$

άρα:

$\displaystyle{\sqrt{a}=\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{a}-\sqrt{b}}{2}\in\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b}),}$

και:

$\displaystyle{\sqrt{b}=\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}-(\sqrt{a}-\sqrt{b})}{2}\in\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b}),}$

οπότε $\mathbb{Q}(\sqrt{a},\sqrt{b})\subseteq\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b})$ .

Τώρα, με επαγωγή στο

έπεται το ζητούμενο.

Edit: Τυπογραφικό στην αρχή.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

Μάρκος Βασίλης έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 06, 2020 10:35 am
Έστω $a,n\in\mathbb{Z}_{>0}$ που δεν είναι τετράγωνα ακεραίων. Θα δείξουμε ότι $\mathbb{Q}(\sqrt{a},\sqrt{b})=\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b})$ .

Ο ένας εγκλεισμός, $\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b})\subseteq\mathbb{Q}(\sqrt{a},\sqrt{b})$ είναι προφανής αφού $\sqrt{a}+\sqrt{b}\in\mathbb{Q}(\sqrt{a},\sqrt{b})$ .

Για τον αντίστροφο εγκλεισμό, αρκεί να δείξουμε ότι $\sqrt{a},\sqrt{b}\in\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b})$ . Παρατηρούμε ότι:

$\displaystyle{\sqrt{a}-\sqrt{b}=\frac{a-b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}\in\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b}),}$

άρα:

$\displaystyle{\sqrt{a}=\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{a}-\sqrt{b}}{2}\in\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b}),}$

και:

$\displaystyle{\sqrt{b}=\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}-(\sqrt{a}-\sqrt{b})}{2}\in\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b}),}$

οπότε $\mathbb{Q}(\sqrt{a},\sqrt{b})\subseteq\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b})$ .

Τώρα, με επαγωγή στο έπεται το ζητούμενο.

Αυτό

Μάρκος Βασίλης έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 06, 2020 10:35 am
Τώρα, με επαγωγή στο έπεται το ζητούμενο.

με βάση την προηγούμενη απόδειξη δεν το βλέπω.
Μήπως μπορείς να το εξηγήσεις ;

Μάρκος Βασίλης · #6

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 07, 2020 4:59 pm

Μάρκος Βασίλης έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 06, 2020 10:35 am
Έστω $a,n\in\mathbb{Z}_{>0}$ που δεν είναι τετράγωνα ακεραίων. Θα δείξουμε ότι $\mathbb{Q}(\sqrt{a},\sqrt{b})=\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b})$ .

Ο ένας εγκλεισμός, $\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b})\subseteq\mathbb{Q}(\sqrt{a},\sqrt{b})$ είναι προφανής αφού $\sqrt{a}+\sqrt{b}\in\mathbb{Q}(\sqrt{a},\sqrt{b})$ .

Για τον αντίστροφο εγκλεισμό, αρκεί να δείξουμε ότι $\sqrt{a},\sqrt{b}\in\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b})$ . Παρατηρούμε ότι:

$\displaystyle{\sqrt{a}-\sqrt{b}=\frac{a-b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}\in\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b}),}$

άρα:

$\displaystyle{\sqrt{a}=\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{a}-\sqrt{b}}{2}\in\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b}),}$

και:

$\displaystyle{\sqrt{b}=\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}-(\sqrt{a}-\sqrt{b})}{2}\in\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b}),}$

οπότε $\mathbb{Q}(\sqrt{a},\sqrt{b})\subseteq\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b})$ .

Τώρα, με επαγωγή στο έπεται το ζητούμενο.

Αυτό
Μάρκος Βασίλης έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 06, 2020 10:35 am
Τώρα, με επαγωγή στο έπεται το ζητούμενο.
με βάση την προηγούμενη απόδειξη δεν το βλέπω.
Μήπως μπορείς να το εξηγήσεις ;

Για

είναι υποπερίπτωση του παραπάνω. Έστω ότι ισχύει για κάποιο $n\geq2$ . Τώρα μένει να δείξουμε ότι:

$\displaystyle{\underbrace{\mathbb{Q}\left(\sqrt{2}+\sqrt{5}+\ldots+\sqrt{n^2+1},\sqrt{(n+1)^2+1}\right)}_A=\underbrace{\mathbb{Q}\left(\sqrt{2},\sqrt{5},\ldots,\sqrt{(n+1)^2+1}\right)}_B.}$

Ο εγκλεισμός $A\subseteq B$ είναι άμεσος. Για τον εγκλεισμό $B\subseteq A$ αρκεί να δείξουμε ότι $\sqrt{k^2+1}\in A$ για $k=1,2,\ldots,n+1$ . Για k=n+1

έχουμε πράγματι $\sqrt{k^2+1}\in A$ , ενώ για $k=1,2,\ldots,n$ από την επαγωγική υπόθεση έχουμε:

$\displaystyle{\mathbb{Q}\left(\sqrt{2},\sqrt{5},\ldots,\sqrt{n^2+1}\right)=\mathbb{Q}\left(\sqrt{2}+\sqrt{5}+\ldots+\sqrt{n^2+1}\right),}$

άρα $\sqrt{k^2+1}\in\mathbb{Q}\left(\sqrt{2}+\sqrt{5}+\ldots+\sqrt{n^2+1}\right)\subseteq A$ .

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #7

Μάρκος Βασίλης έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 08, 2020 12:42 am

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 07, 2020 4:59 pm

Μάρκος Βασίλης έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 06, 2020 10:35 am
Έστω $a,n\in\mathbb{Z}_{>0}$ που δεν είναι τετράγωνα ακεραίων. Θα δείξουμε ότι $\mathbb{Q}(\sqrt{a},\sqrt{b})=\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b})$ .

Ο ένας εγκλεισμός, $\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b})\subseteq\mathbb{Q}(\sqrt{a},\sqrt{b})$ είναι προφανής αφού $\sqrt{a}+\sqrt{b}\in\mathbb{Q}(\sqrt{a},\sqrt{b})$ .

Για τον αντίστροφο εγκλεισμό, αρκεί να δείξουμε ότι $\sqrt{a},\sqrt{b}\in\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b})$ . Παρατηρούμε ότι:

$\displaystyle{\sqrt{a}-\sqrt{b}=\frac{a-b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}\in\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b}),}$

άρα:

$\displaystyle{\sqrt{a}=\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{a}-\sqrt{b}}{2}\in\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b}),}$

και:

$\displaystyle{\sqrt{b}=\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}-(\sqrt{a}-\sqrt{b})}{2}\in\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b}),}$

οπότε $\mathbb{Q}(\sqrt{a},\sqrt{b})\subseteq\mathbb{Q}(\sqrt{a}+\sqrt{b})$ .

Τώρα, με επαγωγή στο έπεται το ζητούμενο.

Αυτό
Μάρκος Βασίλης έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 06, 2020 10:35 am
Τώρα, με επαγωγή στο έπεται το ζητούμενο.
με βάση την προηγούμενη απόδειξη δεν το βλέπω.
Μήπως μπορείς να το εξηγήσεις ;
Για είναι υποπερίπτωση του παραπάνω. Έστω ότι ισχύει για κάποιο $n\geq2$ . Τώρα μένει να δείξουμε ότι:

$\displaystyle{\underbrace{\mathbb{Q}\left(\sqrt{2}+\sqrt{5}+\ldots+\sqrt{n^2+1},\sqrt{(n+1)^2+1}\right)}_A=\underbrace{\mathbb{Q}\left(\sqrt{2},\sqrt{5},\ldots,\sqrt{(n+1)^2+1}\right)}_B.}$

Ο εγκλεισμός $A\subseteq B$ είναι άμεσος. Για τον εγκλεισμό $B\subseteq A$ αρκεί να δείξουμε ότι $\sqrt{k^2+1}\in A$ για $k=1,2,\ldots,n+1$ . Για έχουμε πράγματι $\sqrt{k^2+1}\in A$ , ενώ για $k=1,2,\ldots,n$ από την επαγωγική υπόθεση έχουμε:

$\displaystyle{\mathbb{Q}\left(\sqrt{2},\sqrt{5},\ldots,\sqrt{n^2+1}\right)=\mathbb{Q}\left(\sqrt{2}+\sqrt{5}+\ldots+\sqrt{n^2+1}\right),}$

άρα $\sqrt{k^2+1}\in\mathbb{Q}\left(\sqrt{2}+\sqrt{5}+\ldots+\sqrt{n^2+1}\right)\subseteq A$ .

Ισως να μην βλέπω κάτι αλλά νομίζω ότι πρέπει να δειχθεί ότι

$\displaystyle{\underbrace{\mathbb{Q}\left(\sqrt{2}+\sqrt{5}+\ldots+\sqrt{n^2+1},\sqrt{(n+1)^2+1}\right)}_A=\underbrace{\mathbb{Q}\left(\sqrt{2}+\sqrt{5}+\ldots,+\sqrt{(n+1)^2+1}\right)}_B.}$

Μάρκος Βασίλης · #8

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 08, 2020 9:48 am
Ισως να μην βλέπω κάτι αλλά νομίζω ότι πρέπει να δειχθεί ότι

$\displaystyle{\underbrace{\mathbb{Q}\left(\sqrt{2}+\sqrt{5}+\ldots+\sqrt{n^2+1},\sqrt{(n+1)^2+1}\right)}_A=\underbrace{\mathbb{Q}\left(\sqrt{2}+\sqrt{5}+\ldots,+\sqrt{(n+1)^2+1}\right)}_B.}$

Πολύ σωστά, μάλλον ήταν αργά εχθές όταν το έγραφα αυτό, ευχαριστώ για την επισήμανση!

Λοιπόν, ο εγκλεισμός $B\subseteq A$ είναι προφανής. Όσο για τον αντίστροφο, θα τον συμπληρώσω μέσα στη μέρα.

Μία ισότητα

Μία ισότητα

Re: Μία ισότητα

Re: Μία ισότητα

Re: Μία ισότητα

Re: Μία ισότητα

Re: Μία ισότητα

Re: Μία ισότητα

Re: Μία ισότητα

Μέλη σε σύνδεση