Demostrar que para $x^3=3$ allí isn ' solución racional t

Question

<blockquote> <p>Demostrar que para $x^3=3$ allí no es solución racional</p> </blockquote> <p><strong>Lo que hice:</strong></p> <p>$x= u /v$ Es la solución</p> <p>$$\left(\frac u v\right)^3=3$$</p> <p>Tomemos la tercera raíz de ambos lados:</p> <p>$$\frac u v =\sqrt[3]3$$</p> <p>y $\sqrt[3]3$ irrationl,</p> <p>¿mi problema es el siguiente "y $\sqrt[3]3$ es irrationl" es bien sabido que este número es el irrationl? ¿mismo como $\pi$?</p> <p>¿o tal vez hay otra razón probarlo?</p>

Answer 1

A Inicio de mi suponiendo $(u,v) = 1$, es decir, la fracción se reduce completamente. Entonces se deduce que; $$u^3 = 3v^3 \Rightarrow 3 \mid u^3 \Rightarrow 3 \mid u \Rightarrow u = 3M$$

Por lo tanto el $(3M)^3 = 27M^3 = 3v^3$% y tan $9 \mid v^3$que implica $3 \mid v^3$ y así $(v,u) \not = 1$ que es una contradicción.

Answer 2

No, usted no puede decir simplemente que $\sqrt[3]{3}$ es irracional; que se acaba de reafirmar que lo que usted está tratando de demostrar. Agregando que "es bien conocido que" no ayuda.

Lo que usted necesita hacer es asumir $\sqrt[3]{3}$ es racional; a continuación, $\sqrt[3]{3} = \frac{p}{q}$ $p,q \in \Bbb{Z}^+$ adn existe un par de $p,q$ tal que g.c.d$(p,q) = 1$.

Entonces $$\frac{p^3}{q^3} = 3 \\ p^3 = 3t^3 \\ p^3 = 3k \implica \existe n: p = 3n \\ 27n^3 = 3t^3 \\ q^3 = 9 n^3 = 3 (3n^3) \implica q = 3m $$ pero ambos $p$ $q$ son múltiplos de $3$, lo que se contradice con la condición de que g.c.d$(p,q) = 1$.

Así que si $\sqrt[3]{3}$ es racional no puede ser expresado como una reducción de la fracción, por lo tanto es irracional.

Answer 3

Estabas en el camino correcto, que $$\frac{u}{v}=\sqrt[3]3$$ be a rational number, where $v, u$ son coprimos y $v\neq 0$ $$\implies\frac{u^3}{v^3}=3$ $$$\implies u^3=3v^3$ $$v$ y $u$ son coprimos, los cubos deben ser coprimos. Pero esto es una contradicción ($u^3=3v^3$) y por lo tanto, la suposición de que $\sqrt[3]3$ es racional era falsa.

Answer 4

Como un acercamiento elemental, yo personalmente prefiero a demostrar que, dado cualquier verdaderamente número racional $$ \frac ab\noen\mathbb Z $$ tenemos verdaderamente racional de los poderes $$ \left(\frac ab\right)^n\noen\mathbb Z $$ para todos los $n\in\mathbb N$. Es decir, si cualquier prime $p$ divide $b$ pero no $a$, la misma que va por $b^n$$a^n$.

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Las razones por las que me gusta este enfoque son

1. la simplicidad
2. generalidad

Uno puede inferir de esto que un $n$-ésima raíz de un número entero es un número entero o irracional. Por lo que se deduce de inmediato que $\sqrt 2, \sqrt[3]3,\sqrt[5]{17}$, y en general cualquier $n$-ésima raíz de un número entero que no es perfecto, $n$- th va a poder ser irracional.