Demostrando que si $x_1,\dots,x_n$ son números racionales y $\sqrt{x_1}+\dots\sqrt{x_n}$ es racional, entonces cada $\sqrt{x_i}$ también es racional

Question

Estoy teniendo dificultades con el siguiente problema:

Dejemos que $x_1,x_2...x_n$ sean números racionales. Demostrar que si la suma $\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}+...+\sqrt{x_n}$ es racional, entonces todo $\sqrt{x_i}$ son racionales. Demuestre que la suposición de $x_i$ para ser racional es necesario.

Lo único que se me ocurrió es cómo mostrar esto para n=2. Tal vez haya alguna analogía para n-s más grandes también. Si suponemos que $\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}$ es racional, entonces también debe serlo $\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}$ (su producto es racional). Sumando estos dos, obtenemos que ambos $\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}+\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2} = 2\sqrt{x_1}$ y $\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}-\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2} = 2\sqrt{x_2}$ son racionales, lo que implica la racionalidad de ambos $\sqrt{x_1}$ y $\sqrt{x_2}$

Se agradece cualquier ayuda. Gracias.
BTW: También he intentado demostrar por contradicción e inducción. Ambos intentos no funcionaron..

Answer 1

Aquí Muestro cómo generalizar el argumento que diste para $\,n=2\,$ a n general. Utiliza una teoría de campo muy simple. Dado que en un comentario comentas que estás en el instituto y quieres evitar la teoría de campos, te explicaré lo que se necesita a continuación, y trabajaré con un caso especial de la prueba enlazada para motivarte.

Como en muchas pruebas inductivas, la clave está en reforzar la hipótesis inductiva, lo que en este caso significa demostrar la afirmación no sólo para los números racionales $\,\Bbb Q\,$ pero también para "sistemas numéricos" más grandes de real números que se obtienen al unir raíces cuadradas de números positivos.

Por ejemplo $\,\Bbb Q(\sqrt 5)\,$ denota los reales obtenibles por ( campo ) aritmética sobre racionales $\,\Bbb Q\,$ y $\,\sqrt 5\,$ donde la aritmética de campo consiste en las operaciones de suma, multiplicación y división $\,a/b,\, b\neq 0.\,$ Es fácil demostrar que los reales que se obtienen al iterar estas operaciones son exactamente los que se pueden escribir en la forma $\,a+b\sqrt{5}\,$ para $\,a,b\in \Bbb Q\,$ (para la división podemos racionalizar el denominador ). Podemos iterar esta construcción, por ejemplo, adosando $\,\sqrt 3\,$ a $\,F = \Bbb Q(\sqrt 5)$ para conseguir $\,F(\sqrt 3)\,$ con números $\,a+b\sqrt 3\,$ para $\,a,b\in \Bbb Q(\sqrt 5)$ . Esta construcción paso a paso de tales torres de sistemas numéricos resulta muy útil para las pruebas inductivas (un caso especial de estructural inducción ).

Como motivación, mostramos cómo funciona el paso de inducción para reducir el caso $n=3$ a $n=2$ (su resultado). El paso de inducción en la prueba general funciona exactamente igual.

Supongamos que $\sqrt 2 + \sqrt 3 + \sqrt 5 = q\in \Bbb Q.\,$ Basta con mostrar un resumen $\in \Bbb Q\,$ ya que entonces la suma de las otras dos está en $\,\Bbb Q\,$ por lo que la inducción (su $n=2$ prueba) muestra que ellos también están en $\,\Bbb Q$ .

$\,\sqrt 2 + \sqrt 3 = q-\sqrt 5 \in \Bbb Q(\sqrt 5) = \{ a + b\sqrt 5\ : a,b\in\Bbb Q\}\ $ así que por inducción $\,\sqrt 2,\sqrt 3\in \Bbb Q(\sqrt 5)\,$ así que

$$\begin{align} \sqrt{2}\ =\ a_2 + b_2 \sqrt{5},\ \ \ a_2,b_2\in \Bbb Q\\ \sqrt{3}\ =\ a_3 + b_3 \sqrt{5},\ \ \ a_3,b_3\in \Bbb Q \end{align}$$

Si $\,b_3 < 0\,$ entonces $\, a_3 = \sqrt 3 - b_3\sqrt 5 = \sqrt 3 +\! \sqrt{5b_3^2}\in \Bbb Q\,$ por lo que la inducción ( $n\!=\!2\:\!$ caso) $\Rightarrow \sqrt 3\in\Bbb Q,\,$ contradicción. Del mismo modo, si $\,b_2 < 0\,$ obtenemos una contradicción $\,\sqrt 2\in\Bbb Q$ .

Si no, todo $\,b_i \ge 0\,$ así que $\,q = \sqrt 2\! +\! \sqrt 3\! +\! \sqrt 5 = a_2\!+\!a_3+(b_2\!+\!b_3\!+\!1)\sqrt 5\,\Rightarrow\,\sqrt 5 \in \Bbb Q\ $ resolviendo para $\,\sqrt 5,\,$ utilizando $\,b_2\!+\!b_3\!+\!1 \neq 0\,$ por todos $\,b_i\ge 0.\ $

Por lo tanto, en todos los casos algún sumando $\in \Bbb Q,\,$ lo que completa la prueba.

Answer 2

El caso $n=3$ es realmente muy fácil y no requiere ninguna teoría de campo, explícita o implícita.

Si $\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}+\sqrt{x_3}=a$ es racional, entonces mover $\sqrt{x_3}$ al lado derecho y elevando al cuadrado obtenemos $$ 2\sqrt{x_1x_2} = a_1-2a\sqrt{x_3}, $$ donde $a_1=a^2+x_3-x_1-x_2$ es racional. Cuadrando de nuevo, $$ a_2 = -4aa_1\sqrt{x_3} $$ con $a_2=4x_1x_2-4a^2x_3-a_1^2$ . Desde $a>0$ se deduce que, o bien $\sqrt{x_3}$ es racional, o $a_1=a_2=0$ . En el primer caso hemos terminado, en el segundo caso $x_1x_2=a^2x_3$ y también $a^2+x_3-x_1-x_2=0$ . Excluyendo $a^2$ entonces obtenemos $x_3\in\{x_1,x_2\}$ . Por lo tanto, o bien $\sqrt{4x_1}+\sqrt{x_2}$ o $\sqrt{x_1}+\sqrt{4x_2}$ es racional, y la afirmación se sigue por inducción.

Del mismo modo, debería ser posible demostrar que si ninguno de los productos $x_ix_j$ es un cuadrado, y $\alpha_1\sqrt{x_1}+\alpha_2\sqrt{x_2}+\alpha_3\sqrt{x_3}$ es racional, entonces de hecho todos los sumandos son racionales. (Aquí $\alpha_i$ y $x_i\ge 0$ son racionales).

De hecho, tengo la firme sospecha de que uno debería ser capaz de demostrar la afirmación general, con $n$ sumandos, utilizando únicamente la inducción. El truco es que la inducción debe ser por el rango del grupo generado (multiplicativamente) por $x_1,\dotsc,x_n$ no por $n$ . Sin embargo, sería un poco más largo describirlo en detalle.