Равенство с алгебраическими числами

[nnosipov]

Пусть $\sqrt{2}=\alpha+\beta$, где $\alpha$, $\beta$ --- некоторые алгебраические числа. Обязательно ли $\sqrt{2}$ лежит в одном из расширений $\mathbb{Q}(\alpha)$, $\mathbb{Q}(\beta)$?

[Evgenjy]

nnosipov в сообщении #1042219 писал(а):

Обязательно ли $\sqrt{2}$ лежит в одном из расширений $\mathbb{Q}(\alpha)$, $\mathbb{Q}(\beta)$?

Нет. $\alpha=\sqrt[3]{2}$; $\beta=\sqrt{2}-\sqrt[3]{2}$

[nnosipov]

Evgenjy в сообщении #1042326 писал(а):

Нет. $\alpha=\sqrt[3]{2}$; $\beta=\sqrt{2}-\sqrt[3]{2}$

Вы считаете, что поле $\mathbb{Q}(\sqrt{2}-\sqrt[3]{2})$ не содержит $\sqrt{2}$?

[Evgenjy]

nnosipov в сообщении #1042328 писал(а):

Вы считаете, что поле $\mathbb{Q}(\sqrt{2}-\sqrt[3]{2})$ не содержит $\sqrt{2}$?

Я написал явную глупость. Конечно содержит.
А вот это, кажется, верно:
$\sqrt{4+\sqrt{7}}-\sqrt{4-\sqrt{7}}=\sqrt{2}$

[nnosipov]

Evgenjy в сообщении #1042416 писал(а):

А вот это, кажется, верно:
$\sqrt{4+\sqrt{7}}-\sqrt{4-\sqrt{7}}=\sqrt{2}$

Это равенство верно, но теперь $\sqrt{2}$ есть и там, и там.

[iancaple]

Evgenjy, вот что, видимо, автор имел в виду
$\beta=-\sqrt{4-\sqrt{7}}$ удовлетворяет тому же уравнению, что и $\alpha$:
$\beta^4-8\beta^2+9=0$ Нам важно лишь, что степени $\alpha$ и $\beta$ одинаковы: в этой ситуации $\sqrt 2$ выразится через каждый из них.Например
$(\sqrt 2-\beta)^4-8(\sqrt 2-\beta)^2+9=0$
$\sqrt 2(8\beta -4\beta^3)=\beta^4+4\beta^2-3$
$\sqrt 2=\dfrac{\beta^4+4\beta^2-3}{8\beta -4\beta^3}\in\mathbb Q(\beta)$
Теперь можно обобщить этот способ выражения корня из 2 через что угодно

[nnosipov]

iancaple, всё верно. Я, правда, не совсем автор этой задачи. Вот её оригинальная формулировка (см. Crux mathematicorum, 40, № 6, problem 3955 proposed by Roy Barbara):

Let $p$ be a prime number. Suppose that $\sqrt{p} = a + b$, where $a$ and $b$ are algebraic real numbers. Prove or disprove that $\sqrt{p}$ must lie in (at least) one of the fields $\mathbb{Q}(a)$, $\mathbb{Q}(b)$.

Непонятно, зачем автор рассматривает только real numbers. Да и требование простоты $p$ смотрится странно.

[iancaple]

Спасибо. Заинтересовался обобщить задачу не только лексически (вместо некоторых категорий подставить более широкие),а до таких границ, в которых проходит этот прием.
Например, из условия $\alpha =r_1(\beta )\sqrt 2+r_2 (\beta )$ при некоторых ограничениях на степени $\alpha ,\beta$ и рациональных функций $r_1,r_2 $ с рациональными же коэффициентами следует $\sqrt 2\in\mathbb Q(\beta )$. При $r_1(x)=1,r_2(x)=-x$ получаем исходную задачу, а при $r_1(x)=\dfrac 1x,r_2(x)=0$ такую:
Дано $\alpha\beta =\sqrt 2$, доказать $\{\sqrt 2\in\mathbb Q(\alpha)\}\vee\{\sqrt 2\in\mathbb Q(\beta )\}$ -и тоже без ограничений на степени алгебраических неизвестных $\alpha ,\beta$

[nnosipov]

iancaple в сообщении #1042498 писал(а):

Дано $\alpha\beta =\sqrt 2$, доказать $\{\sqrt 2\in\mathbb Q(\alpha)\}\vee\{\sqrt 2\in\mathbb Q(\beta )\}$ -и тоже без ограничений на степени алгебраических неизвестных $\alpha ,\beta$

А если $\alpha=\sqrt{14}$, $\beta=\sqrt{7}/7$?

[iancaple]

Да, не идет, коэффициент при $\sqrt 2$ вырождается в нуль. Буду еще думать, ...

[nnosipov]

Если вернуться к сумме, но заменить $\sqrt{2}$ на произвольную кубическую иррациональность, будет ли утверждение в силе? Для иррациональностей 4-й степени есть очевидный контрпример: $(\sqrt{2}+\sqrt{3})=\sqrt{2}+\sqrt{3}$.

[iancaple]

А если так $\varepsilon_1\sqrt[3]2+\varepsilon_2\sqrt[3]2=-\sqrt[3]2$
где $\varepsilon_0=1,\varepsilon_1,\varepsilon_2$-кубические корни из единицы
Если $\sqrt[3]2$ принадлежит одному полю, то принадлежит и другому, более того, оба поля должны совпадать. Но как доказать просто, что они не совпадают?

[nnosipov]

iancaple в сообщении #1042635 писал(а):

А если так $\varepsilon_1\sqrt[3]2+\varepsilon_2\sqrt[3]2=-\sqrt[3]2$
где $\varepsilon_0=1,\varepsilon_1,\varepsilon_2$-кубические корни из единицы

Вот и хорошо, что контрпример нашёлся. Что-то в таком духе ожидалось.

iancaple в сообщении #1042635 писал(а):

Но как доказать просто, что они не совпадают?

Да вроде как очевидно (иначе бы они все три совпали). Можно также написать $\varepsilon_2\sqrt[3]{2}=a+b\varepsilon_1\sqrt[3]{2}+c\varepsilon_2\sqrt[3]{4}$, получить отсюда сопряжением $\varepsilon_1\sqrt[3]{2}=a+b\varepsilon_2\sqrt[3]{2}+c\varepsilon_1\sqrt[3]{4}$, затем сложить эти два равенства, и противоречие станет очевидным.

Однако в случае равенства $\sqrt[3]{2}=\alpha+\beta$ с вещественными $\alpha$, $\beta$ утверждение всё-таки остаётся верным. Для олимпиадной задачи сгодится, а так непонятно, какой во всём этом смысл.