Пересечение полей

[mkot]

Необходимо доказать, что $\mathbb{Q}(\sqrt3, \sqrt7) \cap \mathbb{Q}(\sqrt5) = \mathbb{Q}$.
Для доказательства достаточно построить поля $K_1$ и $K_2$, такие, что
(1) $\mathbb{Q}(\sqrt3, \sqrt7) \subseteq K_1$,
(2) $\mathbb{Q}(\sqrt5) \subseteq K_2$,
(3) $K_1 \cap K_2 = \mathbb{Q}$.
Символом $\zeta_n$ обозначим первообразный корень из единицы степени $n$.
Так как $\mathbb{Q}(\sqrt3) \subseteq \mathbb{Q}(\zeta_3, i) \subseteq \mathbb{Q}(\zeta_{12}) \subseteq \mathbb{Q}(\zeta_{84}) $,
$\mathbb{Q}(\sqrt7) \subseteq \mathbb{Q}(\zeta_7, i)\subseteq(\zeta_{28}) \subseteq \mathbb{Q}(\zeta_{84})$,
то искомым полем $K_1$ будет $\mathbb{Q}(\zeta_{84})$.
Так как $\mathbb{Q}(\sqrt5) \subseteq \mathbb{Q}(\zeta_5)$, то искомым полем $K_2$ будет
$\mathbb{Q}(\zeta_5)$.
Так как $5$ и $84$ взаимно простые числа то $K_1 \cap K_2 = \mathbb{Q}$.

При построении вложений использовалось то, что

$$\mathbb{Q}(\sqrt{p}) \subseteq \left\{ \begin{array}{ll} \mathbb{Q}(\zeta_p), &\text{если} \left(\frac{-1}{p}\right) = 1, \\ \mathbb{Q}(\zeta_p, i), &\text{если} \left(\frac{-1}{p}\right) = -1, \\ \end{array}\right.$$

где $p$ -- простое число, $\left(\frac{n}{p}\right)$ -- символ Лежандра.

Теперь когда я хочу доказать, что
$\mathbb{Q}(\sqrt3, \sqrt5) \cap \mathbb{Q}(\sqrt7) = \mathbb{Q}$,
то подобным образом построить доказательство не получается, так как я не могу
построить поля $K_1 = \mathbb{Q}(\zeta_n)$ и $K_2 = \mathbb{Q}(\zeta_m)$, чтобы
$n$ и $m$ были взаимно простыми числами.

Что можно сделать в этом случае?
Существует ли более простой способ доказательства?

[Cave]

Можно воспользоваться известным фактом о том, что $q_1\sqrt{a_1} + q_2\sqrt{a_2} + \ldots + q_n\sqrt{a_n} = 0 \Rightarrow q_i = 0, i = 1,\ldots,n$, где $q_i\in\mathbb{Q}, a_i\in\mathbb{N}$ и все $a_i$ свободны от квадратов, то есть не делятся на квадрат натурального числа, большего единицы.
Доказывается он не совсем очевидно, хотя и нетрудно, индукцией по $n$.
Или доказать его частный случай, который вам, собственно, и нужен: $a\sqrt{3} + b\sqrt{7} = c + d\sqrt{5} \Rightarrow a = b = c = d = 0$.

[mkot]

Cave писал(а):

Можно воспользоваться известным фактом о том, что $q_1\sqrt{a_1} + q_2\sqrt{a_2} + \ldots + q_n\sqrt{a_n} = 0 \Rightarrow q_i = 0, i = 1,\ldots,n$, где $q_i\in\mathbb{Q}, a_i\in\mathbb{N}$ и все $a_i$ свободны от квадратов, то есть не делятся на квадрат натурального числа, большего единицы.
Доказывается он не совсем очевидно, хотя и нетрудно, индукцией по $n$.
Или доказать его частный случай, который вам, собственно, и нужен: $a\sqrt{3} + b\sqrt{7} = c + d\sqrt{5} \Rightarrow a = b = c = d = 0$.

То что надо!

Хотя надо доказывать не $a\sqrt{3} + b\sqrt{7} = c + d\sqrt{5} \Rightarrow a = b = c = d = 0$,
а $a + b\sqrt{3} + c\sqrt{7} + d\sqrt{21} = e\sqrt{5} \Rightarrow a = b = c = d = e = 0$.