La prueba de que $\sqrt6 - \sqrt2 - \sqrt3$ es irracional.

Question

Quiero demostrar que la: $$\sqrt6 - \sqrt2 - \sqrt3$$ is irrational. I have tried using squares, the $p/p$ definición de la racionalidad y de los hechos que

1)racional$\times$ irracional=irracional (a menos racional=0),

2)racional$+$irracional=irracional.

Sin embargo, no he sido capaz de llegar a algún tipo de conclusión. Las cosas parecen más duro que cuando usted tiene dos raíces cuadradas. Cualquier ayuda se agradece!

Answer 1

Supongamos $\sqrt{6}-\sqrt{2}-\sqrt{3}$ es racional.

A continuación, $(\sqrt{3}-1)(\sqrt{2}-1)=\sqrt{6}-\sqrt{2}-\sqrt{3}+1$ es un número racional, decir $r\in\mathbb{Q}$.
Es decir, $\sqrt{3}-1=\frac{r}{\sqrt{2}-1}=r(\sqrt{2}+1)$.
Por lo tanto, $\sqrt{3}-r\sqrt{2}=r+1\in\mathbb{Q}$.

Claramente, $r\neq -1$, de donde $\sqrt{3}-r\sqrt{2}\neq 0$.
Ahora, $\sqrt{3}+r\sqrt{2}=\frac{3-2r^2}{\sqrt{3}-r\sqrt{2}}=\frac{3-2r^2}{r+1}\in\mathbb{Q}$.

¿Qué sucede si $\sqrt{3}-r\sqrt{2}$ $\sqrt{3}+r\sqrt{2}$ son números racionales?

Esta línea de razonamiento muestra que $a\sqrt{pq}+b\sqrt{p}+c\sqrt{q}$ es irracional si $a,b,c\in\mathbb{Q}$ $a\neq0$ $p,q\in\mathbb{N}\setminus\{1\}$ son tales que $p$ $q$ son distintos y plaza libre.

Answer 2

Creo que el método directo es bastante simple, la verdad. Seguro que no añade nada a las otras respuestas en este punto, pero sólo en el caso.

NOTA: un comentarista amablemente señaló algebraica de error en la versión original de esta solución. Este error no tuvo un impacto significativo en la solución, y ya ha sido corregido.

Supongamos $\sqrt 6 -\sqrt 2 - \sqrt 3$ fueron racional. Plaza para ver que $$6 + 2 + 3- 4\sqrt 3 - 6\sqrt 2 + 2\sqrt 6 \;\; \in \mathbb Q$$ Lo que implica que: $$ \sqrt 6 - 2\sqrt 3 - 3\sqrt 2 \;\; \in \mathbb Q$$ Esto restando de la expresión original vemos que $$2 \sqrt 2 + \sqrt3 \;\; \in \mathbb Q$$ Plaza de nuevo y simplificar deducir que $$\sqrt 6 \in \mathbb Q$$ lo cual es falso, lo que nos da la contradicción que buscaba.

Answer 3

El método de fuerza bruta, para cuando no hay argumento ingenioso como en la otra respuesta se aplica, sería algo así como:

1. Deje $X=\sqrt{6}-\sqrt2-\sqrt3$.

2. Calcular $1$, $X$, $X^2$, $X^3$, $X^4$ como racional de las combinaciones lineales de $1$, $\sqrt2$, $\sqrt3$ y $\sqrt 6$.

3. Debido a que las expresiones de estos 5 poderes de $X$ se encuentran en un 4-dimensional espacio vectorial sobre $\mathbb Q$, deben tener un trivial relación lineal, es decir, un grado de 4 polinomio con coeficientes racionales de que ha $X$ como una raíz. Encontrar un polinomio usando álgebra lineal.

4. Aplicar el racional de la raíz teorema para ver si el polinomio tiene raíces racionales. Si no, entonces $X$ no puede ser racional.

Answer 4

Supongamos que $$\sqrt6-\sqrt2-\sqrt3=r\in\mathbb Q.$$ De esto podemos obtener \begin{align*} \sqrt6-r&=\sqrt2+\sqrt3\\ (\sqrt6-r)^2&=(\sqrt2+\sqrt3)^2\\ 6+r^2-2r\sqrt6&=5+2\sqrt6\\ 1+r^2&=2(1+r)\sqrt6 \end{align*} Desde $\sqrt6\notin\mathbb Q$, la última igualdad no puede ser cierto sólo si $1+r=1+r^2=0$

La igualdad de $r+1=0$ está satisfecho sólo por $r=-1$. Pero para $r=-1$ obtenemos $1+r^2=2\ne0$.

Así que tenemos una contradicción.

Answer 5

Supongamos que su expresión es igual a un número racional $r$. El tratamiento de esta ecuación como una combinación lineal, con coeficientes racionales, en los "desconocidos" $\sqrt2,\sqrt3,$ $\sqrt6$ lo que equivale a un número racional. Multiplicar por $\sqrt2$ y $\sqrt3$ obtener dos más de estas ecuaciones. Tenemos que comprobar que este sistema de ecuaciones es nonsingular, dice señalando que el determinante $1+2r-r^2$ de los coeficientes no puede ser cero desde $\sqrt2$ es irracional. La solución de este sistema, a continuación, da un valor racional (en particular) por $\sqrt2$, que sabemos que es imposible.