Las raíces de la igualdad de partes fraccionarias

Question

Pregunta. ¿Existe un entero $n>1$ tal de que no existen enteros positivos $a,b$ tal que $\{\sqrt[n]{a}\}=\{\sqrt[n]{b}\},a\neq b$ $a$ $b$ no son perfectas n-ésimo poderes? ( $\{x\}$ es la parte fraccionaria de $x$)

Aquí es lo que he hecho hasta ahora. Primero empezamos con un complicado lema:

Lema. Si $z$ es una raíz del polinomio $ax^2+bx+c=0$ con $b\neq0$($a$ puede ser $0$) y para algún entero positivo $n$, $z^n\in \mathbb{Z}$ a continuación,$z\in\mathbb{Z}$.
Prueba. Si $a=0\implies bz=-c\implies b^nz^n=(-c)^n\implies z^n$ es una n-ésima potencia de la que $z^n=r^n$ algunos $r\in\mathbb{Z}$, por lo $z=r\in\mathbb{Z}$.
Si $a\neq 0$ a continuación, establecemos $z=\frac{p\pm\sqrt{q}}{r}$ para algunos enteros $p,q,r$$p,q\neq 0$. A continuación, $zr=p\pm \sqrt{q}\implies z^nr^n=(p\pm\sqrt{q})^n=i+j\sqrt{q}$ para algunos enteros $i,j$. Si $q$ es un cuadrado perfecto, a continuación, $z$ es racional y desde $z^n$ es un entero, $z$ es también entero. Si $q$ no es un cuadrado perfecto, a continuación, $j=0$ a partir de que $(p\pm\sqrt{q})^n=i=(p\mp\sqrt{q})^n\implies |p\pm\sqrt{q}|=|p\mp\sqrt{q}|$$p=0$, lo cual es imposible ya que $p=-b\neq0$ o $q=0$ pero $q$ no es un cuadrado perfecto. En cualquier caso, el lema es probada.

De vuelta al problema. Supongamos que para algún entero $n>1$, existen enteros positivos $a,b,,m$ tal que $a$ $b$ no n-ésimo poderes y $$\sqrt[n]{a}-\sqrt[n]{b}=m\quad{(*)}$$ Entonces $$\begin{align*} \sqrt[n]{a}^2-\sqrt[n]{ab}&=m\sqrt[n]{a}\\ \sqrt[n]{a}^2-m\sqrt[n]{a}-\sqrt[n]{ab}&=0 \end{align*}$$ Así que si podemos demostrar que $\sqrt[n]{ab}$ es un entero, entonces aplicando el lema llegamos a la conclusión de que la respuesta a la pregunta inicial es negativo.

Voy a demostrar que la respuesta es negativa para $n=5$. Supongamos que $(*)$ es verdadera, entonces la configuración de $x:=\sqrt[5]{a}$ $y:=\sqrt[5]{a}$: $$\begin{align*} x-y&=m\\ x^5-5x^4y+10x^3y^2-10x^2y^3+5xy^4-y^5&=m^5\\ -5xy(x^3-2x^2y+2xy^2-y^3)&=m^5-x^5+y^5\\ -5xy((x-y)^3+x^2y-xy^2)&=m^5-x^5+y^5\\ -5xy(m^3+mxy)&=m^5-x^5+y^5\\ 5mx^2y^2+5m^3xy+m^5-x^5+y^5&=0 \end{align*}$$ Ahora aplicamos el lema a $xy$ y conseguir que la $xy$ es un entero, por lo que estamos por hacer.

La aplicación de un argumento similar a $n=2,3,4$ conseguimos lo que queremos. Pero cuando $n>5$, no podemos utilizar este truco, ya que obtenemos un polinomio en $xy$ que tiene un grado mayor que $2$.

Me gustaría encontrar un elemental respuesta a esta pregunta, pero si tienes algo más avanzado método no dudes en publicarlo.

Answer 1

Más es verdad: los exponentes no tiene que ser el mismo. Deje $r$ ser racional, y deje $a$ $b$ ser positivos racionales. Deje $m$ $n$ ser enteros positivos.

Supongamos también que al menos uno de $a^{1/m}$ $b^{1/n}$ es irracional. Vamos a mostrar que el si $r+a^{1/m}=b^{1/n}$, $r=0$ y, por tanto,$a^{1/m}=b^{1/n}$.

Prueba: Sin pérdida de generalidad podemos asumir que no es racional $a'$, y el entero positivo $m'<m$, de tal manera que $(a')^{1/m'}=a^{1/m}$, y que una condición similar se tiene para $b^{1/n}$. (Si es que existe tal racional $a'$ e integer $m'$, simplemente reemplace $a$$a'$$m$$m'$. Que sigan haciendo este tipo de cosas hasta que no puede más.)

La condición anterior implica que los polinomios $x^m-a$ $x^n-b$ son irreducibles sobre los racionales, y por lo tanto son, respectivamente, un mínimo de polinomios de $a^{1/m}$ $b^{1/n}$ respectivamente. (Aquí estamos usando algún campo de la teoría. El comentario al final da un elemental argumento.)

Ahora supongamos primero que $m<n$. A continuación,$(a^{1/m})^m=(b^{1/n}-r)^m$, y por lo tanto $b^{1/n}$ es una raíz del polinomio $(x-r)^m-a$, que tiene un grado menos de $n$, contradiciendo el hecho de que el polinomio mínimo de a $b^{1/n}$ tiene el grado $n$.

Supongamos siguiente que $m=n$. A continuación, $b^{1/n}$ es, como antes, una raíz del polinomio $(x-r)^n -a$, y por lo tanto el polinomio $[(x-r)^n-a]-[x^n-b]$. Si $r\ne 0$, este tiene un grado $n-1$, contradiciendo el hecho de que el polinomio mínimo de a $b^{1/n}$ tiene el grado $n$.

Nota: Suponga que el $c$ es racional, y $c^{1/n}$ es irracional, y no existe un racional $c'$, y un entero positivo $n'<n$, de tal manera que $(c')^{1/n'}=c^{1/n}$. Nos muestran, sin utilizar explícitamente la maquinaria de la teoría de los campos, que no es distinto de cero el polinomio $P(x)$ con coeficientes racionales y el grado $<n$ tal que $P(c^{1/n})=0$.

Supongamos que al contrario, que existe un polinomio $P(x)$. Tenga en cuenta que $c^{1/n}$ es una raíz del polinomio $x^n-c$. Deje $D(x)$ ser el monic máximo común divisor de a$P(x)$$x^n-c$, obtenidos como de costumbre con el Algoritmo de Euclides.

A continuación, $D(x)$ ha racional de los coeficientes. Deje $D(x)$ tienen un grado $n'$. A continuación,$n'<n$. Cada raíz de $D(x)$ es una raíz de $x^n-c$. Las raíces de $x^n-c$ todos han norma $c^{1/n}$, y por lo tanto también lo hacen las raíces de $D(x)$. El término constante de $D(x)$ $\pm$ el producto de las raíces de la $D(x)$, y por lo tanto tiene norma $c^{n'/n}$. Desde $D(x)$ ha racional de los coeficientes, llegamos a la conclusión de que $c^{n'/n}$ es racional, es decir $c^{n'/n}=c'$. De ello se desprende que $c^{1/n}=(c')^{1/n'}$.