Un número real $x$ tal que $x^n$ y $(x+1)^n$ son racionales es en sí mismo racional

Question

Dejemos que $x$ sea un número real y que $n$ sea un número entero positivo. Se sabe que tanto $x^n$ y $(x+1)^n$ son racionales. Demostrar que $x$ es racional.

Lo que he probado:

Denote $x^n=r$ y $(x+1)^n=s$ con $r$ , $s$ racionales. Para cada $k=0,1,\ldots, n2$ ampliar $x^k\cdot(x+1)^n$ y reemplazar $x^n$ por $r$ . Se obtiene así un sistema lineal con $n1$ ecuaciones con variables $x$ , $x^2$ , $x^3,\ldots x^{n1}$ . La matriz asociada a este sistema tiene entradas racionales y, por tanto, si la solución es única debe ser racional (mediante la regla de Cramer). Este enfoque funciona bien si $n$ es pequeño. La dificultad estriba en averiguar qué ocurre exactamente en general.

Answer 1

He aquí una prueba que no requiere la teoría de Galois.

Escriba $$f(z)=z^n-x^n\quad\hbox{and}\quad g(z)=(z+1)^n-(x+1)^n\ .$$ Está claro que estos polinomios tienen coeficientes racionales y que $x$ es una raíz de cada uno; por lo tanto, cada uno es un múltiplo del polinomio mínimo de $x$ y todo conjugado algebraico de $x$ es una raíz de ambos $f$ y $g$ . Sin embargo, si $f(z)=g(z)=0$ entonces tenemos $$|z|=|x|\quad\hbox{and}\quad |z+1|=|x+1|\ ;$$ esto se puede escribir como $$\def\c{\overline} z\c z=x\c x\ ,\quad z\c z+z+\c z+1=x\c x+x+\c x+1$$ lo que implica que $${\rm Re}(z)={\rm Re}(x)\ ,\quad {\rm Im}(z)=\pm{\rm Im}(x)=0\tag{$ * $}$$ y así $z=x$ . En otras palabras, $f$ y $g$ no tienen ninguna raíz común, excepto $x$ Así que $x$ no tiene conjugados, excepto él mismo, y $x$ debe ser racional.

Como alternativa, la última parte del argumento puede verse visualmente: las raíces de $f$ se encuentran en el círculo con centro $0$ y el radio $|x|$ las raíces de $g$ se encuentran en el círculo con centro $-1$ y el radio $|x+1|$ y en un diagrama, estos círculos se cruzan sólo en $x$ . Así, de nuevo, $f$ y $g$ no tienen ninguna raíz común, excepto $x$ .

Observar que la deducción en $(*)$ se basa en el hecho de que $x$ es real: como se menciona en el comentario de Micah en la pregunta original, el resultado no tiene por qué ser verdadero si $x$ no es real.

Comentario . Un argumento prácticamente idéntico demuestra lo siguiente: si $n$ es un número entero positivo, si $a$ es un racional no nulo y si $x^n$ y $(x+a)^n$ son ambos racionales, entonces $x$ es racional.

Answer 2

Dejemos que $x$ sea un número real tal que $x^n$ y $(x+1)^n$ son racionales. Sin pérdida de generalidad, asumo que $x \neq 0$ y $n>1$ .

Dejemos que $F = \mathbb Q(x, \zeta)$ sea el subcampo de $\mathbb C$ generado por $x$ y un primitivo $n$ -raíz de la unidad $\zeta$ .

No es difícil ver que $F/\mathbb Q$ es Galois; en efecto, $F$ es el campo de división del polinomio $$X^n - x^n \in \mathbb Q[X].$$ Los conjugados de $x$ en $F$ son todos de la forma $\zeta^a x$ para algunos poderes $\zeta^a$ de $\zeta$ . De hecho, si $x'$ es otra raíz de $X^n - x^n,$ en $F$ entonces

$$(x/x')^n = x^n/x^n = 1$$

para que $x/x'$ es un $n$ -raíz de la unidad, que es necesariamente de la forma $\zeta^a$ para algunos $a \in \mathbb Z/n\mathbb Z$ .

Supongamos ahora que $x$ es no racional. Entonces, como $F$ es Galois, existe un automorfismo $\sigma$ de $F$ tal que $x^\sigma \neq x$ . Elija cualquier automorfismo de este tipo. Por la observación anterior, podemos escribir $x^\sigma = \zeta^a x$ para algunos $a \not \equiv 0 \pmod n$ .

Ya que también $(1+x)^\sigma = 1+ x^\sigma \neq 1 + x$ y como $(1+x)^n$ también es racional, el mismo argumento aplicado a $1+x$ muestra que $(1+x)^\sigma = \zeta^b (1+x)$ para algunos $b \not \equiv 0 \pmod n$ . Y como $\sigma$ es un automorfismo de campo se deduce que

$$\zeta^b (1+x) = (1+x)^\sigma = 1 + x^\sigma = 1 + \zeta^a x$$

y por lo tanto

$$x(\zeta^b - \zeta^a) = 1 - \zeta^b.$$

Pero $\zeta^b \neq 1$ porque $b \not \equiv 0\pmod n$ por lo que podemos dividir por $1-\zeta^b$ para conseguir

$$x^{-1} = \frac{\zeta^b - \zeta^a}{1-\zeta^b}.$$

Ahora bien, como $x$ es real, este número complejo es invariante bajo la conjugación compleja, por lo que

$$x^{-1} = \frac{\zeta^b - \zeta^a}{1-\zeta^b} = \frac{\zeta^{-b} - \zeta^{-a}}{1-\zeta^{-b}} = \frac{1 - \zeta^{b-a}}{\zeta^b-1} = \zeta^{-a}\frac{\zeta^a - \zeta^b}{\zeta^b-1} = \zeta^{-a} x^{-1}.$$

Pero esto implica que $\zeta^a = 1$ , lo que contradice que $x^\sigma \neq x$ . Así que hemos terminado. $\qquad \blacksquare$

La siguiente afirmación más fuerte se desprende en realidad de la prueba:

Para cada $n$ hay un número finito de números complejos no racionales $x$ tal que $x^n$ y $(x+1)^n$ son racionales. Estos números complejos pertenecen al campo ciclotómico $\mathbb Q(\zeta_n)$ y ninguno de ellos es real.

De hecho, hay un número finito de opciones para $a$ y $b$ .

Sur esta respuesta relacionada, Tenuous Puffin demuestra que sólo existen $26$ números reales que tienen esta propiedad, permitiendo cualquier valor de $n$ .

Answer 3

Parece lo siguiente.

Podemos demostrar que $x$ es racional siempre que $n$ es una potencia de un primo impar $p$ . Denote $x^n=r$ y $(x+1)^n=s$ con $r$ , $s$ racionales. Si ambos $r$ y $s$ son $p$ -potencias de números racionales, entonces descendemos de $n$ a su $p$ -raíz. Así que sin pérdida de generalidad podemos suponer que uno de los números $r$ y $s$ (por ejemplo, $r$ ) no es un $p$ -ésima potencia de un número racional. Esta respuesta implica que en este caso un polinomio $x^n-r$ es irreducible sobre un campo $\mathbb Q$ . Pero el polinomio $x^n-r$ tiene una raíz común $x$ con un polinomio $(x+1)^n-s$ Así que $0<\deg GCD(x^n-r, (x+1)^n-s) <n$ una contradicción.

En cuanto al caso general, tenemos $\sqrt[n]s-\sqrt[n]r -1=0$ . Así que la respuesta positiva se desprende inmediatamente de una

Conjetura . Sea $m,n>1$ sean números enteros y $a_1,\dots,a_m>1$ sean números enteros mutuamente diferentes, de manera que ningún $a_i$ es divisible por un $n$ -en la potencia. Entonces los números $1, \sqrt[n]{a_1},\dots, \sqrt[n]{a_m}$ son linealmente independientes sobre $\mathbb Q$ .

Hace algunos años demostré una conjetura similar para $n=2$ mediante la teoría de Galois. Una conjetura general puede ser una cuestión aparte para MSE o MO.

Answer 4

He aquí un enfoque híbrido que no requiere mucho conocimiento (posiblemente sea exactamente igual que la primera solución).

Supongamos que $x \not \in \mathbb{Q}$ y que $F = \mathbb{Q}(x, \zeta_n)$ . Entonces $F$ es una extensión galois de $\mathbb{Q}$ (porque es el campo de división de $y^n - x^n$ ), y $F$ es un grupo no trivial. Como $x \not \in \mathbb{Q}$ existe una permutación no trivial $\sigma \in \operatorname{Gal}(F/\mathbb{Q})$ , de tal manera que $\sigma(x) \neq x$ . Como $\sigma$ permuta las raíces de $y^n - x^n$ , $\sigma(x)$ debe ser de la forma $\zeta_n^a x$ para alguna constante $a$ . Sea $\tau = \zeta_n^a \neq 1$ .

Desde $(x+1)^n$ también es racional, es invariante bajo $\sigma$ , por lo que obtenemos \begin{align} (x+1)^n &= \sigma((x+1)^n) = (\sigma(x)+1)^n = (\tau x +1)^n \\ \Rightarrow (x+1)^2 =||x+1||^2 &= || \tau x + 1 ||^2 = (\tau x + 1) \overline{(\tau x + 1)} = (\tau x + 1)(1 + \frac{x}{\tau}) \\ \Rightarrow x^2+2x+1 &= x^2+1+x(\tau+\frac{1}{\tau}) \\ \Rightarrow \tau^2 - 2 \tau + 1 &= 0 \Rightarrow \tau = 1 \end{align} .

¡Una contradicción! Así que $x \in \mathbb{Q}$ .