Niezależność ciągu pierwiastków nad Q (b. trudne)

Przestrzenie wektorowe, bazy, liniowa niezależność, macierze.... Formy kwadratowe, twierdzenia o klasyfikacji...
Parton
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 158
Rejestracja: 10 gru 2008, o 23:20
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wawa
Podziękował: 7 razy
Pomógł: 10 razy

Niezależność ciągu pierwiastków nad Q (b. trudne)

Post autor: Parton » 12 gru 2008, o 15:28

Udowodnić, że ciąg (elementów \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\)): \(\displaystyle{ 1, \sqrt{2},\sqrt{3}, \dots, \sqrt{p_i}}\), gdzie \(\displaystyle{ p_i}\) jest \(\displaystyle{ i}\)-tą z kolei liczbą pierwszą, jest niezależny nad ciałem liczb wymiernych \(\displaystyle{ \mathbb{Q}}\).

Komentarz:
Zadanie powstało na moich oczach, tzn zostało wymyślone przez naszą grupę na ćwiczeniach z GALu (I rok matematyki), przy czym prowadzący stwierdził, że nie umie go zrobić. Zadanie zrodziło się z pytania, czy przestrzeń \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\) ma przeliczalną bazę nad \(\displaystyle{ \mathbb{Q}}\). Obliczając moc przestrzeni liniowej rozpiętej na bazie przeliczalnej można łatwo udowodnić, że taka baza dla \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\) nie istnieje. Zatem musi istnieć nieskończony ciąg elementów liniowo niezależnych. Jako najbardziej rzucający się przykład padł powyższy ciąg pierwiastków, który wydaje się być dobrym przykładem, pozostaje jednak kwestia dowodu (bądź kontrdowodu). Nie umiałem tego wykazać, ale po pewnym czasie udało mi się znaleźć inny przykład ciągu elementów niezależnych (poprzez wskazanie konkretnych rozwinięć dziesiętnych liczb niewymiernych). Jednak pytanie dotycząće pierwiastków jest aktualne. Zadanie wydaje się być trudne / bardzo trudne. O ile łatwo jest udowodnić, że wyrazy ciągu są parami niezależne, to pełny dowód przysparza wielu trudności.

Jestem bardzo ciekaw wszelkich komentarzy, opinii itd. Możliwe, że dowód znajduje się w jakiejś książce, choć osobiście w to wątpię.

Pozdrawiam wszystkich

Awatar użytkownika
max
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 3306
Rejestracja: 10 gru 2005, o 17:48
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Lebendigentanz
Podziękował: 37 razy
Pomógł: 778 razy

Niezależność ciągu pierwiastków nad Q (b. trudne)

Post autor: max » 13 gru 2008, o 00:46

Moja pierwsza myśl - niezbyt oryginalna - indukcja. Ale nie mam cierpliwości i nie wiem czy coś by z tego wyszło. Można próbować dowodzić, że elementy zbioru \(\displaystyle{ \{1\}\cup \{\sqrt{p_{i_{1}}\cdot \ldots\cdot p_{i_{k}}}\ : \ 1\leqslant k qslant i, \ j_{1}\neq j_{2}\Rightarrow p_{j_{1}}\neq p_{j_{2}}\}}\) są liniowo niezależne nad \(\displaystyle{ \mathbb{Q}}\), bo taka powinna być baza ciała \(\displaystyle{ \mathbb{Q}(\sqrt{p_{1}}, \ldots, \sqrt{p_{i}})}\) (czyli najmniejszego ciała zawierającego \(\displaystyle{ \mathbb{Q}}\) i elementy w nawiasie) nad \(\displaystyle{ \mathbb{Q}}\), ale też nie mam pomysłu jak to zrealizować.

Natomiast wydaje mi się, że umiem pokazać indukcyjnie (korzystając z pewnych podstawowych faktów teorii ciał), że dla parami względnie pierwszych liczb bezkwadratowych większych od \(\displaystyle{ 1}\): \(\displaystyle{ p_{1},\ldots,p_{i}}\) wymiar \(\displaystyle{ \mathbb{Q}(\sqrt{p_{1}}, \ldots, \sqrt{p_{i}})}\) jest równy \(\displaystyle{ 2^{i}}\) dla każdego \(\displaystyle{ i\in \mathbb{N}_{1}}\), co w myśl tzw prawa wieży z elementarnej teorii ciał dowodzi, że wymiar \(\displaystyle{ \mathbb{Q}(\sqrt{p_{1}}, \ldots, \sqrt{p_{i+1}})}\) nad \(\displaystyle{ \mathbb{Q}(\sqrt{p_{1}}, \ldots, \sqrt{p_{i}})}\) jest równy 2, czyli to drugie zawiera się istotnie w tym pierwszym, skąd natychmiast wynika co trzeba.

Być może nie jest to dowód najelementarniejszy, ale zapiszę.

Przypadek \(\displaystyle{ i = 1}\) sprowadza się do wykazania niewymierności \(\displaystyle{ \sqrt{p_{1}}}\).
Dalej jeśli mamy tezę dla \(\displaystyle{ i}\), to wystarczy wykazać, że \(\displaystyle{ \sqrt{p_{i+1}}\not\in\mathbb{Q}(\sqrt{p_{1}}, \ldots, \sqrt{p_{i}})}\).
Przypuśćmy na odwrót, wtedy \(\displaystyle{ \mathbb{Q}(\sqrt{p_{1}}, \ldots, \sqrt{p_{i-1}}, \sqrt{p_{i+1}})}\)
Ostatnio zmieniony 13 gru 2008, o 11:11 przez max, łącznie zmieniany 4 razy.

xiikzodz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1874
Rejestracja: 4 paź 2008, o 02:13
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Lost Hope
Podziękował: 28 razy
Pomógł: 502 razy

Niezależność ciągu pierwiastków nad Q (b. trudne)

Post autor: xiikzodz » 13 gru 2008, o 01:41

Mozna elementarniej (na poziomie 2-gich cwiczen z GAL-u)

Oznaczmy

\(\displaystyle{ p_0=1}\) (gdyby w zadaniu tego elementu nie bylo to warto go dodac)

Gdyby istniala nietrywialna zerujaca sie kombinacja liniowa nad \(\displaystyle{ \mathbb{Q}}\):

\(\displaystyle{ \sum q_ip_i=0}\) (nie wszystkie \(\displaystyle{ q_i}\) rowne \(\displaystyle{ 0}\))

to rowniez nad \(\displaystyle{ \mathbb{Z}}\) (mnozymy przez nww mianownikow)

\(\displaystyle{ \sum n_ip_i=0}\) (nie wszystkie \(\displaystyle{ n_i}\) rowne \(\displaystyle{ 0}\))

i rowniez nad dowolnym cialem reszt modulo \(\displaystyle{ p}\):

\(\displaystyle{ \sum r_ip_i=0}\) (nie wszystkie \(\displaystyle{ r_i}\) rowne \(\displaystyle{ 0}\) modulo \(\displaystyle{ p}\)).

I na odwrot. Jesli mamy nietrywialna zerujaca sie kombinacje nad pewnym cialem reszt modulo \(\displaystyle{ p}\), to uzywajac elementu \(\displaystyle{ p_0=1}\) wyprodukujemy pewna nietrywialna lecz zerujaca sie kombinacje liniowa nad \(\displaystyle{ \mathbb{Z}}\) czyli rowniez nad \(\displaystyle{ \mathbb{Q}}\).

A teraz przez indukcje:

Gdyby:

\(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{n+1}q_i\sqrt{p_i}=0}\)

to rowniez w ciele reszt modulo \(\displaystyle{ p_{n+1}}\) znajdziemy takie \(\displaystyle{ r_i}\), ze

\(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{n+1}r_i\sqrt{p_i}=0}\)

Mamy jednak:

\(\displaystyle{ 0=\left(\sum_{i=0}^{n}r_i\sqrt{p_i}+r_{n+1}\sqrt{p_{n+1}}\right)\left(\sum_{i=0}^{n}r_i\sqrt{p_i}-r_{n+1}\sqrt{p_{n+1}}\right)=}\)

\(\displaystyle{ =\left(\sum_{i=0}^{n}r_i\sqrt{p_i}\right)^2\mbox{ mod }p_{n+1}}\)

Skad (bo jestesmy w ciele)

\(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{n}r_i\sqrt{p_i}=0 \mbox{ mod }p_{n+1}}\)

co przeczy zalozeniu indukcyjnemu.

Parton
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 158
Rejestracja: 10 gru 2008, o 23:20
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wawa
Podziękował: 7 razy
Pomógł: 10 razy

Niezależność ciągu pierwiastków nad Q (b. trudne)

Post autor: Parton » 13 gru 2008, o 11:55

Co do pierwszego rozwiązania to jestem dopiero po połowie I semestru GALu więc znam na tyle mało pojęć używanych w rozwiązaniu, że ciężko mi się wypowiadać na temat jego prawdziwości. Natomiast mam takie zastrzeżenie: max najpierw przeformułowuje problem, a następnie jego dowód sprowadza do udowodnienia indukcyjnie, że:

\(\displaystyle{ \sqrt{p_{i+1}} \mathbb{Q}(\sqrt{p_1} , \dots , \sqrt{p_i})}\)

Wg mnie dowód indukcyjny faktu powyżej nie różni się niczym od dowodu indukcyjnego tezy zadania którą ja podałem. To po co przeformułowywać? Oczywiście może być tak, że czegoś nie rozumiem.

A co do rozwiązania podanego przez xiikzodz to mam następujące pytanie/zastrzeżenie: wszysko jest zupełnie jasne do momentu kiedy bierzemy sobie ciało \(\displaystyle{ \mathbb{Z}_{p_{n+1}}(\sqrt{p_0},\sqrt{p_1}, \dots, \sqrt{p_n})}\). Skąd wiemy, że to jest ciało? Chyba nie każdy ciąg liczb niewymiernych wstawiony w nawias za \(\displaystyle{ \mathbb{Z}_{p_{n+1}}}\) generuje ciało. Możliwe oczywiście że masz rację, ale w każdym razie ten fakcik chyba nie jest oczywisty. Zgodzę się że udowodnienie go jest równoważne zrobieniu zadania.

Pozdrawiam,

Aha, co do zadania z sinusami to jak się zapisze kombinację liniową tych wektorów jako część rzeczywistą iloczynu liczb zespolonych to wychodzi teza niemalże od razu. Zespolone są chyba dość elementarne, co nie? Można też udowadniać, że istnieje \(\displaystyle{ n}\) , że \(\displaystyle{ n - E( \frac{n}{2 \pi})}\) jest dowolnie bliska każdej liczbie z przedziału \(\displaystyle{ (0,2 \pi)}\).

Awatar użytkownika
max
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 3306
Rejestracja: 10 gru 2005, o 17:48
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Lebendigentanz
Podziękował: 37 razy
Pomógł: 778 razy

Niezależność ciągu pierwiastków nad Q (b. trudne)

Post autor: max » 13 gru 2008, o 13:31

\(\displaystyle{ \mathbb{Q}(\sqrt{p_{1}},\ldots, \sqrt{p_{i}})}\), to trochę więcej niż rozpięcie liniowe wektorów \(\displaystyle{ \sqrt{p_{1}},\ldots,\sqrt{p_{i}}}\) nad \(\displaystyle{ \mathbb{Q}}\).
Przeformułowanie problemu było dla mnie o tyle istotne, żebym mógł powiedzieć sobie to co powiedziałem o automorfizmach i podciałach i z tego skorzystać.

\(\displaystyle{ \mathbb{Z}_{p}(\sqrt{p_{1}},\ldots, \sqrt{p_{n}})}\) jest ciałem z definicji, ale nie bardzo widzę, gdzie miałoby to być wykorzystane w rozwiązaniu. Może budzić wątpliwości dlaczego z istnienia nietrywialnej zależności \(\displaystyle{ \sum q_{i}\sqrt{p_{i}} = 0}\) wynika istnienie nietrywialnej zależności modulo \(\displaystyle{ p}\) i przyznam, że chyba nie umiem tego uzasadnić.
Oczywiście można pokazać, że istnieje wtedy nietrywialna zależność w pierścieniu \(\displaystyle{ \mathbb{Z}[\sqrt{p_{1}},\ldots,\sqrt{p_{n}}]/(p)}\) ale ten na ogół nie jest całkowity, więc to raczej nic nam nie da.. choć w sumie wystarczyłoby, żeby był zredukowany, ale nie widzę jak by to sprawdzić.

xiikzodz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1874
Rejestracja: 4 paź 2008, o 02:13
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Lost Hope
Podziękował: 28 razy
Pomógł: 502 razy

Niezależność ciągu pierwiastków nad Q (b. trudne)

Post autor: xiikzodz » 13 gru 2008, o 16:24

max pisze:Może budzić wątpliwości dlaczego z istnienia nietrywialnej zależności \(\displaystyle{ \sum q_{i}\sqrt{p_{i}} = 0}\) wynika istnienie nietrywialnej zależności modulo \(\displaystyle{ p}\) i przyznam, że chyba nie umiem tego uzasadnić.
To cienki punkt mojego rozwiazania, ale nie tylko umiesz udowodnic ile wrecz to juz uczyniles.

Zalozmy, ze

\(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{m}n_i\sqrt{p_i}=0}\)

Niech:

\(\displaystyle{ x_i=\sqrt{p_i}\in\mathbb{R}}\)

zas

\(\displaystyle{ y_i=\sqrt{p_i}\in\overline{\mathbb{Z}_p}}\)

gdzie \(\displaystyle{ \overline{\mathbb{Z}_p}}\) otrzymujemy dodajac po kolei \(\displaystyle{ \sqrt{p_i}}\) do ciala \(\displaystyle{ \mathbb{Z}_p}\). Dodawanie polega na budowaniu rekurencyjnie cial nastepujaco: nic nie robimy, gdy pierwiastek juz w poprzednim ciele jest, a jak nie ma, to rozwazamy cialo zlozone z elementow \(\displaystyle{ a+by_i}\) z mnozeniem polegajacym na otwieraniu nawiasow i zastepowaniu \(\displaystyle{ y_i^2}\) liczba \(\displaystyle{ p_i}\).

Rozwazmy teraz iloczyn, ktory oznaczymy \(\displaystyle{ N}\), wszystkich liczb postaci:

\(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{m}\varepsilon^in_iy_i\in\overline{\mathbb{Z}_p}}\),

gdzie

\(\displaystyle{ \varepsilon_i\in\{-1,1\}}\).

Ten iloczyn jest suma kwadratow iloczynow skladnikow w nawiasach, mam nadzieje, ze to jasne.

Lecz na mocy

\(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{m}n_ix_i=0}\)

oraz

\(\displaystyle{ x_i^2=y_i^2}\) (rownosc w ciele \(\displaystyle{ \mathbb{Z}_p}\))

oznacza to, ze iloczyn wszystkich elementow postaci

\(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{m}\varepsilon^in_iy_i}\)

jest zerowy w \(\displaystyle{ \mathbb{Z}_p}\). Czyli jeden z jego czynnikow jest zerem, bo mnozenie wykonujemy w ciele \(\displaystyle{ \overline{\mathbb{Z}_p}}\).

Oczywiscie \(\displaystyle{ \overline{\mathbb{Z}_p}}\) to po prostu cialo \(\displaystyle{ \mathbb{Z}_p(\sqrt{p_0},...,\sqrt{p_{m+1}})}\), ktorego nie trzeba konstruowac, jesli dysponuje sie warsztatem zaprezentowanym przez maxa.

Odwrocenie rozumowania nie wydaje sie latwiejsze, o ile w ogole mozliwe... ale jeszcze moze sprobuje poszukac argumentu bez teorii Galois.

Parton
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 158
Rejestracja: 10 gru 2008, o 23:20
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wawa
Podziękował: 7 razy
Pomógł: 10 razy

Niezależność ciągu pierwiastków nad Q (b. trudne)

Post autor: Parton » 13 gru 2008, o 17:14

Jak coś może być ciałem z definicji? Trzeba sprawdzić aksjomaty ciała. Wg mnie nie jest w tym wypadku oczywiste, że one są spełnione.

xiikzodz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1874
Rejestracja: 4 paź 2008, o 02:13
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Lost Hope
Podziękował: 28 razy
Pomógł: 502 razy

Niezależność ciągu pierwiastków nad Q (b. trudne)

Post autor: xiikzodz » 14 gru 2008, o 16:11

\(\displaystyle{ K(\sqrt t)}\) to z definicji najmniejsze cialo zawierajace \(\displaystyle{ K}\) jako podcialo, w ktorym rownanie:

\(\displaystyle{ x^2-t=0}\) ma rozwiazanie.

Nie tyle wiec chodzi o sprawdzenie, czy taki obiekt jest cialem, ile o to, czy w ogole istnieje.

A istnieje, bo albo to rownanie ma rozwiazanie, albo bierzemy zbior par

\(\displaystyle{ (a,b)\in K\times K}\)

z mnozeniem:

\(\displaystyle{ (a,b)(c,d)=(ac+tbd,ad+bc)}\)

i sprawdzamy, ze ten obiekt jest cialem, zawiera \(\displaystyle{ K}\) jako podcialo (elementy postaci \(\displaystyle{ (k,0)}\)) i rownanie ma w nim rozwiazanie: \(\displaystyle{ (0,1)(0,1)=(t,0)}\). Przeciecie cial jest cialem, wiec bierzemy najmniejsze wszystko spelniajace i nazywamy je \(\displaystyle{ K(\sqrt t)}\). Zreszta okazuje sie, ze tym minimalnym cialem jest to skonstruowane wyzej.

Elementarne rozwiazanie zadania moze wygladac tak (max w swoim dowodzie wyprowadzil elementy teorii Galois):

Oznaczmy:

\(\displaystyle{ K_0=\mathbb{Q}}\)
\(\displaystyle{ K_{i+1}=K_i(\sqrt{p_{i+1}})}\) dla \(\displaystyle{ i=0,1,...,n-1}\) \(\displaystyle{ (K(\sqrt t)}\) to podcialo \(\displaystyle{ \mathbb{C}}\) zlozone z elementow postaci \(\displaystyle{ a+b\sqrt t}\) dla \(\displaystyle{ a,b\in K}\))

Wowczas

\(\displaystyle{ [K_{i+1}:K_i]\le 2}\) (symbolem \(\displaystyle{ [F:G]}\) oznaczamy wymiar liniowy ciala \(\displaystyle{ F}\) nad cialem skalarow \(\displaystyle{ G}\))

Rzecz jasna

\(\displaystyle{ [K_1:K_0]=2}\)

Niech \(\displaystyle{ i>0}\) bedzie najmniejsze takie, ze:

\(\displaystyle{ [K_{i+1}:K_i]=1}\).

Wowczas

\(\displaystyle{ K_{i-1}(\sqrt{p_i})=K_{i-1}(\sqrt{p_{i+1}})}\) (z rachunku na wymiarach poszczegolnych przestrzeni i z minimalnosci \(\displaystyle{ i}\))

Stad:

\(\displaystyle{ \sqrt{p_{i+1}}=a+b\sqrt{p_i}}\)

dla \(\displaystyle{ a,b\in K_{i-1}}\)

skad:

\(\displaystyle{ p_{i+1}-a^2-b^2p_i=2ab\sqrt{p_i}}\)

czyli \(\displaystyle{ a=0}\), bo z wyboru \(\displaystyle{ i}\) mamy \(\displaystyle{ \sqrt{p_i},\sqrt{p_{i+1}}\notin K_{i-1}}\) i co za tym idzie

\(\displaystyle{ p_{i+1}=b^2p_i}\)

co jest niemozliwe, bo \(\displaystyle{ p_j}\) sa parami roznymi liczbami pierwszymi. Nie istnieje wiec takie \(\displaystyle{ i}\) i wobec tego kazde rozszerzenie \(\displaystyle{ K_{i+1}:K_i}\) jest wlasciwe, skad wynika teza zadania.

ODPOWIEDZ