Рациональные точки на прямой

[Ktina]

Сколько рациональных точек могут лежать на прямой, которая параллельна прямой $y=\sqrt 3\cdot x$?

Легко доказать, что две (или более) точки лежать на ней не могут.
Действительно, пусть прямая имеет вид $y=\sqrt 3\cdot x+C$, где С - вещественная константа (которая может быть и нулевой, если считать параллельность рефлексивным отношением), и пусть наши две точки имеют вид $(a, \sqrt 3\cdot a+C)\quad \text{и} (b, \sqrt 3\cdot b+C)$, где а и b рациональны. Если числа $\sqrt 3\cdot a+C \quad \text{и} \sqrt 3\cdot b+C$ - рациональны, то их разность, равная $\sqrt 3\cdot (a-b)$ - тоже рациональна, но поскольку $a-b\ne 0$ (ведь точки не совпадают), приходим к тому, что $\sqrt 3$ рационально, а этого быть не может.

Теперь легко привести пример с ровно одной рациональной точкой. Это может быть сама прямая $y=\sqrt 3\cdot x$ (если параллельность рефлексивна), или $y=\sqrt 3\cdot x-\sqrt 3$. Искомой точкой будет (0, 0) в первом случае и (1, 0) - во втором.

Загвоздка у меня с примером без рациональных точек. Если константа $C$ рациональна, то точка $(0, C)$ будет рациональной. Значит, нужно искать иррациональную $C$.
Если $C=m\cdot\sqrt 3$, где m рационально, то точка $(-m, 0)$ будет рациональной. Стало быть, нужно искать константу вида $C=r\cdot\sqrt 3$, где r иррационально.
Ну вот возьмём, к примеру, прямую $y=\sqrt 3\cdot x+\sqrt 6$. Интуиция мне подсказывает, что рациональных точек на ней нет. Как это доказать?

[gris]

А если попробовать в качестве $C$ трансцендентное число?

[Ktina]

gris в сообщении #588219 писал(а):

А если попробовать в качестве $C$ трансцендентное число?

Я об этом подумала, но ведь опять же доказывать надо.

[gris]

А чего доказывать? Рациональное число является алгебраическим, корень из трёх тоже, их произведение и разность тоже. То есть уж никак не получить трансцендентную (-ый, -ое) $C$.

[Ktina]

gris в сообщении #588222 писал(а):

А чего доказывать? Рациональное число является алгебраическим, корень из трёх тоже, их произведение и разность тоже. То есть уж никак не получить трансцендентную (-ый, -ое) $C$.

Мне кажется, я всё-таки попытаюсь добить $C=\sqrt 6$.
Пусть $a\cdot \sqrt 3+\sqrt 6$ рационально при некотором рациональном $a$.
Тогда $(a\cdot \sqrt 3+\sqrt 6)^2=3a^2+6+a\cdot\sqrt {72}$
Но тогда $a\cdot\sqrt {72}$ должно быть рациональным. Если $a\ne 0$, то $\sqrt {72}$ рационально - противоречие. Значит $a=0$. Но тогда $a\cdot\sqrt 3+\sqrt 6$ рационально - противоречие.

Как-то так?

[svv]

(Оффтоп)

Модераторы, простите!

Ktina в сообщении #588218 писал(а):

Математику нужно изучать только по тем дням недели, названия которых начинаются с буквы "С"

gris в сообщении #588219 писал(а):

А если попробовать в качестве $C$ трансцендентное число?

[Ktina]

svv в сообщении #588232 писал(а):

(Оффтоп)

Модераторы, простите!

Ktina в сообщении #588218 писал(а):

Математику нужно изучать только по тем дням недели, названия которых начинаются с буквы "С"

gris в сообщении #588219 писал(а):

А если попробовать в качестве $C$ трансцендентное число?

(И пусть меня тоже простят)

В трансцендентный день недели
Три слона корову съели
А затем на крыльях белых
Восвояси улетели

Солнце треугольным стало
Небо - жёлтым, море - алым
Под водой живёт сова
Вот что делает трава!

[apriv]

Ktina в сообщении #588218 писал(а):

Ну вот возьмём, к примеру, прямую $y=\sqrt 3\cdot x+\sqrt 6$. Интуиция мне подсказывает, что рациональных точек на ней нет. Как это доказать?

Если бы $\sqrt{6}$ лежал в $\mathbb Q(\sqrt{3})$, то и $\sqrt{2}$ лежал бы там. Рассмотрим расширение $\mathbb Q\subseteq \mathbb Q(\sqrt{2},\sqrt{3})$. Нетрудно видеть, что оно порождается одним элементом $\sqrt{2}+\sqrt{3}$, который является корнем неприводимого над $\mathbb Q$ многочлена степени $4$: $t^4-10t^2+1$. Поэтому степень расширения $\mathbb Q\subseteq\mathbb Q(\sqrt{2}+\sqrt{3})$ равна 4, откуда степень расширения $\mathbb Q(\sqrt{3})\subseteq \mathbb Q(\sqrt{2}+\sqrt{3})=\mathbb Q(\sqrt{2},\sqrt{3})$ равна 2. Поэтому $\sqrt{2}\notin\mathbb Q(\sqrt{3})$.

[Ubermensch]

svv в сообщении #588232 писал(а):

(Оффтоп)

Модераторы, простите!

Ktina в сообщении #588218 писал(а):

Математику нужно изучать только по тем дням недели, названия которых начинаются с буквы "С"

gris в сообщении #588219 писал(а):

А если попробовать в качестве $C$ трансцендентное число?

(Оффтоп)

Ktina ставит психологические опыты на бессознательный уровень

[Ktina]

apriv в сообщении #588245 писал(а):

Ktina в сообщении #588218 писал(а):

Ну вот возьмём, к примеру, прямую $y=\sqrt 3\cdot x+\sqrt 6$. Интуиция мне подсказывает, что рациональных точек на ней нет. Как это доказать?

Если бы $\sqrt{6}$ лежал в $\mathbb Q(\sqrt{3})$, то и $\sqrt{2}$ лежал бы там. Рассмотрим расширение $\mathbb Q\subseteq \mathbb Q(\sqrt{2},\sqrt{3})$. Нетрудно видеть, что оно порождается одним элементом $\sqrt{2}+\sqrt{3}$, который является корнем неприводимого над $\mathbb Q$ многочлена степени $4$: $t^4-10t^2+1$. Поэтому степень расширения $\mathbb Q\subseteq\mathbb Q(\sqrt{2}+\sqrt{3})$ равна 4, откуда степень расширения $\mathbb Q(\sqrt{3})\subseteq \mathbb Q(\sqrt{2}+\sqrt{3})=\mathbb Q(\sqrt{2},\sqrt{3})$ равна 2. Поэтому $\sqrt{2}\notin\mathbb Q(\sqrt{3})$.

А в моём доказательстве где дырка?

[gris]

(C высочайшего позволения)

$e\pi$-того июня
В $\arcsin 7$ часов
Ktina закрыла дырку
На золотой засов
Тут $e$ бывает целым,
А $\pi$ здесь натурально,
И всё, блин, трансцендентно,
И всё нетривиально.