Принадлежит ли число линейной оболочке

[ikozyrev]

Задача по линалу: принадлежит ли $2^{1/6}$ линейной оболочке $<1,2^{1/4},2^{1/2}>$ над полем $\mathbb Q$?
Пользоваться расширением полей итд. нельзя, ибо еще "не проходили".
Интуитивно понятно что нельзя, но попытки доказательства примитивными средствами упирается в то, что я составил равенство:
$2^{1/6}=a+b2^{1/4}+c2^{1/2}$, где $a,b,c\in \mathbb Q$. Если возводить это все в шестую степень - то получается какое-то дикое количество мономов.
Может есть какая-то подсказка?

[arseniiv]

Если делать так, то можно возвести и в третью, хотя толку ненамного больше — получится четыре весьма удручающих уравнения. Хотя с ними, вроде, можно справиться.

[kp9r4d]

ikozyrev в сообщении #1258938 писал(а):

Пользоваться расширением полей итд. нельзя, ибо еще "не проходили".

А я бы воспользовался. Ну, венрнее, можно воспользоваться ни разу не говоря слово "поле" и "расширение" (непонятно зачем только). Пусть $\mathbb{Q}(\alpha)$ это векторное пространство над $\mathbb{Q}$ являющееся линейной оболочкой $<...,\alpha^{-2},\alpha^{-1},\alpha,\alpha^1,\alpha^2,...>$, тогда вам нужно доказать два простых факта

$\operatorname{dim} \mathbb{Q}(2^{1/6}) = 6$
$\operatorname{dim} \mathbb{Q}(2^{1/4}) = 4$

из них моментально следует, что $2^{1/6} \not \in \mathbb{Q}(2^{1/4})$, а это ведь даже чуть больше, чем вам нужно.

-- 26.10.2017, 11:56 --

Первый факт можно переформулировать так, "если есть ненулевой многочлен $P$ такой, что $P(2^{1/6}) = 0$, то степень многочлена $P$ не менее 6".

[vpb]

А вот, допустим, попроще некоторые утверждения умеете доказывать? Скажем
1) $1$, $2^{1/3}$, $2^{2/3}$ линейно независимы;
2) $1$, $2^{1/2}$, $2^{1/3}$ линейно независимы;
3) $1$, $2^{1/2}$, $2^{1/4}$;
4) $1$, $2^{1/4}$, $2^{1/2}$, $2^{3/4}$ тоже.
Если умеете --- напишите как (поля тут использовать излишне).

[ewert]

ikozyrev в сообщении #1258938 писал(а):

Пользоваться расширением полей итд. нельзя, ибо еще "не проходили".

kp9r4d в сообщении #1259217 писал(а):

можно воспользоваться ни разу не говоря слово "поле" и "расширение"

vpb в сообщении #1259267 писал(а):

(поля тут использовать излишне)

Во-первых, без полей нет линейных пространств. Во-вторых, если вообще без расширений, совсем: а что это, собственно, такое -- корень?...

[vpb]

Поля, на уровне определений (типа что ${\mathbb Q}\langle 1, 2^{1/2}\rangle$ --- это поле) наверное, можно использовать. Я имею в виду никакие более сложные вещи, типа присоединение корня, то, что степень подрасширения делит степень расширения, и т.д., не нужны.

[Someone]

Ну, предположим, что

ikozyrev в сообщении #1258938 писал(а):

$2^{1/6}=a+b2^{1/4}+c2^{1/2}$, где $a,b,c\in \mathbb Q$.

Возведём в куб. Выразим $$2^{1/4}$ через $2^{1/2}$ ($2^{3/4}=2^{1/2)\cdot 2^{1/4}$; рассмотреть случаи, когда коэффициент при $2^{1/4}$ равен $0$ и когда не равен). Возвести в квадрат. Показать, что $2^{1/2}$ является рациональным (тоже надо рассмотреть случаи, когда коэффициент равен или не равен $0$). Примерно как-то так. Точные выражения коэффициентов через $a,b,c$ на каждом этапе не существенно, достаточно того, что они выражаются через $a,b,c$ рационально.

[ikozyrev]

Цитата:

Пусть $\mathbb{Q}(\alpha)$ это векторное пространство над $\mathbb{Q}$ являющееся линейной оболочкой $<...,\alpha^{-2},\alpha^{-1},\alpha,\alpha^1,\alpha^2,...>$

Не совсем понимаю. Ведь $\mathbb{Q}(2^{1/6})$ - это все те числа, которые представляются как $a+b2^{1/6}$, где $a,b \in \mathbb Q$, а значит оно двумерно над $\mathbb Q$?

-- 26.10.2017, 18:25 --

Someone в сообщении #1259284 писал(а):

Ну, предположим, что

ikozyrev в сообщении #1258938 писал(а):

$2^{1/6}=a+b2^{1/4}+c2^{1/2}$, где $a,b,c\in \mathbb Q$.

Возведём в куб. Выразим $$2^{1/4}$ через $2^{1/2}$ ($2^{3/4}=2^{1/2)\cdot 2^{1/4}$; рассмотреть случаи, когда коэффициент при $2^{1/4}$ равен $0$ и когда не равен). Возвести в квадрат. Показать, что $2^{1/2}$ является рациональным (тоже надо рассмотреть случаи, когда коэффициент равен или не равен $0$). Примерно как-то так. Точные выражения коэффициентов через $a,b,c$ на каждом этапе не существенно, достаточно того, что они выражаются через $a,b,c$ рационально.

Ok, я так примерно и сделал, но думал что есть что-то более элегантное...

[kp9r4d]

ikozyrev в сообщении #1259294 писал(а):

Ok, я так примерно и сделал, но думал что есть что-то более элегантное...

Ну так есть же, нужно всего-то доказать, что $x^n - 2$ это минимальный многочлен для $2^{1/n}$, это ведь не очень сложно.