Prueba de que$\sqrt[m]{a} + \sqrt[n]{b}$ es irracional

Question

Hay una forma de demostrar que $\sqrt[m]{a} + \sqrt[n]{b}$ ($\sqrt[m]{a}$ y $\sqrt[n]{b}$ son irracionales); $a, b, m, n \in \mathbb{N}$; $m, n \neq 2$; es irracional, sin utilizar el teorema mencionado en la Suma de los números irracionales, básico de un problema de álgebra?

Si uno de $m$ o $n$$2$, entonces un polinomio con coeficientes enteros pueden ser construidos fácilmente, y racional de la raíz teorema (http://en.wikipedia.org/wiki/Rational_root_theorem) puede ser usado para demostrar que es irracional. Por ejemplo, si $x = \sqrt{2} + \sqrt[3]{3}$:

$$ \begin{align} (x - \sqrt{2})^3 = x^3 - 3x^2\sqrt{2} + 6x - 2\sqrt{2} & = 3 \\ \implies x^3 + 6x - 3 &= \sqrt{2}(3x^2 + 2) \\ \implies x^6 + 12x^4 - 6x^3 + 36x^2 - 36x + 9 & = 2(9x^4 + 12x^2 + 4) \\ \implies x^6 - 6x^4 - 6x^3 + 12x^2 - 36x + 5 & = 0 \end{align} $$

Al evaluar el polinomio de $\pm1$$\pm5$, puede comprobarse que el $x$ es irracional. Sin embargo, si ninguno de $m$ o $n$$2$, entonces la construcción de un polinomio con coeficientes enteros parece imposible (si no es muy tedioso). Vamos a decir $x = \sqrt[3]{2} + \sqrt[4]{3}$. Hay alguna forma de demostrar que esto es irracional, sin necesidad de utilizar el mencionado teorema?

Answer 1

Una respuesta parcial. Si$m<n$, entonces suponga$a^{1/m}+b^{1/n}=r$ para algún% racional$r$; entonces$$a=(r-b^{1/n})^m=r_0+r_1b^{1/n}+\cdots+r_mb^{m/n}$$ for some rationals $ r_0, \ dots, r_m$, but this would mean $ b ^ {1 / n}$ satisfies the polynomial $ r_0-a + r_1x + \ cdots + r_mx ^ m$ of degree $ m <n$, which is a contradiction. So the only case left to consider is that in which $ m = n $.

Ahora, ese caso es un poco más complicado, ya que, por ejemplo,$42^{1/17}+(-42)^{1/17}=0$ es racional. Esto no es un contraejemplo para la pregunta original, ya que allí se postuló que$a$ y$b$ eran positivos. Pero sí muestra que en este caso tienes que hacer uso de esa hipótesis de alguna manera.