Mostrar que $({\sqrt{2}\!+\!1})^{1/n} \!+ ({\sqrt{2}\!-\!1})^{1/n}\!\not\in\mathbb Q$

Question

¿Cómo podemos probar que para todo entero positivo $n$, el número de $$({\sqrt{2}+1})^{1/n} + ({\sqrt{2}-1})^{1/n}$$ es irracional?

Creo que se podría hacer de forma inductiva a partir de una expresión más general, pero no sé cómo.

Hice un esfuerzo para tratar de resolverlo utilizando diferentes métodos.

Answer 1

Suponga que para un cierto entero positivo $n$ $$ \big(\sqrt{2}-1\big)^{1/n}+\big(\sqrt{2}+1\big)^{1/n}\in \mathbb P. $$ Claramente, $\,\big(\sqrt{2}-1\big)^{1/n}\cdot\big(\sqrt{2}+1\big)^{1/n}=1$, y por lo tanto $$ \left(\big(\sqrt{2}-1\big)^{1/n}+\big(\sqrt{2}+1\big)^{1/n}\right)^2= \big(\sqrt{2}-1\big)^{2/n}+2+\big(\sqrt{2}+1\big)^{2/n} \in \mathbb Q, $$ y por lo tanto $$ \big(\sqrt{2}-1\big)^{2/n}+\big(\sqrt{2}+1\big)^{2/n} \in \mathbb P. $$ Siguiente $$ \left(\big(\sqrt{2}-1\big)^{1/n}+\big(\sqrt{2}+1\big)^{1/n}\right)^3= \big(\sqrt{2}-1\big)^{3/n}+\big(\sqrt{2}+1\big)^{3/n}+3\left(\big(\sqrt{2}-1\big)^{1/n}+\big(\sqrt{2}+1\big)^{1/n}\right), $$ y por lo tanto $$ \big(\sqrt{2}-1\big)^{3/n}+\big(\sqrt{2}+1\big)^{3/n}\in\mathbb P. $$ Deje $s_k=\big(\sqrt{2}-1\big)^{k/n}+\big(\sqrt{2}+1\big)^{k/n}$. Entonces $$ s_1^k=s_k+\binom{k}{1}s_{k-2}+\binom{k}{2}s_{k-4} +\cdots+\binom{k}{\lfloor k/2\rfloor}s_{k-2\lfloor k/2\rfloor}, $$ lo que significa que podemos inductivamente muestran que $$ s_1,s_2,\ldots,s_n\in\mathbb P. $$ Pero $$ s_n=\big(\sqrt{2}-1\)+\big(\sqrt{2}+1\big)=2\sqrt{2}\no\in\mathbb Q, $$ y por lo tanto $$ s_1=\big(\sqrt{2}-1\big)^{1/n}+\big(\sqrt{2}+1\big)^{1/n}\no\in\mathbb P. $$

La generalización. Si $a,b\in\mathbb R$, de tal manera que $a,b, a+b\not\in\mathbb Q$ $ab\in\mathbb Q$ , a continuación, a través de este método, se obtiene que $a^{1/n}+b^{1/n}\not\in\mathbb Q$, para todos los $n\in\mathbb N$.

Answer 2

Utilice el hecho de que para cada $n$ existe un polinomio $P_n[x]$ monic de grado $n$ con coeficientes enteros, así que tenemos la identidad:

\begin{eqnarray*} t^n + \frac{1}{t^n} = P_n(t+ \frac{1}{t}) \end{eqnarray*}

El $P_n$'s están conectados con el polinomio de Chebyshev de primera clase, ya que para $t = e^{i \theta}$ obtenemos $2 \cos n \theta = P_n (2 \cos \theta)$

\begin{eqnarray*} \cos n \theta &=& \frac{1}{2}P_n (2 \cos \theta) \\ \cos n \theta &=& T_n( \cos \theta) \end{eqnarray*} así \begin{eqnarray*} P_n(x) = 2 T_n(\frac{x}{2}) \end{eqnarray*}

Por ejemplo \begin{eqnarray*} T_3(x) = 4x^3 - 3 x \\ P_3(x) = 2 T_3(\frac{x}{2}) = x^3 - 3 x \end{eqnarray*}

Uno comprueba fácilmente la identidad:

\begin{eqnarray*} t^3 + \frac{1}{t^3} = P_3(t+\frac{1}{t}) \end{eqnarray*}

De vuelta a nuestro problema. Tenemos $(\sqrt{2}-1)(\sqrt{2}+1) = 2 -1 = 1$, por lo que $(\sqrt{2}-1) = \frac{1}{\sqrt{2} + 1}$ , y del mismo modo para cualquier potencia $$(\sqrt{2}-1)^{1/n} = \frac{1}{\sqrt{2} + 1)^{1/n}}$$.

Deje $x =(\sqrt{2} + 1)^{1/n}$. Entonces $$ x + \frac{1}{x} = (\sqrt{2}+ 1)^{1/n} + (\sqrt{2} - 1)^{1/n}$$

Ahora si $x+\frac{1}{x}$ fueron racional, a continuación, de modo que sería $P_n(x+\frac{1}{x}) = x^n + \frac{1}{x^n} = \sqrt{2}+1 + \sqrt{2} - 1 = 2 \sqrt{2}$ que no es el caso. Llegamos a la conclusión de que $x+\frac{1}{x} = (\sqrt{2}+ 1)^{1/n} + (\sqrt{2} - 1)^{1/n}$ es irracional.

De hecho, $(\sqrt{2}+ 1)^{1/n} + (\sqrt{2} - 1)^{1/n}$ es el único positivo de la raíz de la ecuación $(P_n[x])^2 - 8 =0$ o $ (T_n(\frac{x}{2}))^2 = 2$

Answer 3

Vamos $\alpha = (1+\sqrt{2})^{1/n}$, $\beta = (-1+\sqrt{2})^{1/n}$. A continuación,$\alpha\beta = 1$, lo $\alpha$ $\beta$ son raíces del polinomio $X^2-(\alpha+\beta)X+1$.

Si $\alpha+\beta\in\mathbb{Q}$, $\alpha$ $\beta$ se encuentran en una extensión cuadrática de $\mathbb{Q}$. Desde $\alpha^n = 1 + \sqrt{2}$,$\alpha\in\mathbb{Q}[\sqrt{2}]$, y desde $\alpha$ es un entero algebraico, esto implica que $1+\sqrt{2}$ $n$- ésima potencia en $\mathbb{Z}[\sqrt{2}]$.

Vamos a demostrar que esto no puede suceder. Supongamos que $(a+b\sqrt{2})^n = 1+\sqrt{2}$. Podemos suponer que la $a>0$. A continuación, $1=a^n + 2{n\choose 2} a^{n-2} b^2 + \cdots$ es una suma de al menos dos enteros positivos, la contradicción.

Answer 4

Otra respuesta: (mérito es de 99% para lhf)

Vamos $\alpha = (\sqrt{2}+1)^{1/n}$, $\beta = (\sqrt{2}-1)^{1/n}$. Desde $\alpha$ $\beta$ son enteros algebraicos, $\alpha+\beta$ es un entero algebraico. Desde un racionales algebraicas entero es un número entero, es suficiente para mostrar que $\alpha+\beta$ no es un número entero.

El problema es trivial para $n=1$, por lo que asumimos $n>1$.

Tenemos $\alpha\beta=1$, por lo que, por AM-GM, $\alpha+\beta > 2$ ($\alpha\neq\beta$, así que no tenemos igualdad). Además, $\beta<1$$\alpha < (1+\sqrt{2})^{1/2} < 2$, lo $\alpha+\beta<3$. Por lo tanto, $\alpha+\beta$ no es un número entero, por lo tanto no racional.