Usar el hecho de que$\sqrt{n}$ es un número irracional siempre que$n$ no sea un cuadrado perfecto, mostrar$\sqrt{3} + \sqrt{7} + \sqrt{21}$ es irracional.

Question

Pregunta:

Utilizando el hecho de que $\sqrt{n}$ es un número irracional siempre $n$ no es un cuadrado perfecto, mostrar $\sqrt{3} + \sqrt{7} + \sqrt{21}$ es irracional.

Siguientes a partir de la pregunta, he intentado:

Deje $N = \sqrt{3} + \sqrt{7} + \sqrt{21}$. A continuación,

$$ \begin{align} N+1 &= 1+\sqrt{3} + \sqrt{7} + \sqrt{21}\\ &= 1+\sqrt{3} + \sqrt{7} + \sqrt{3}\sqrt{7}\\ &= (1+\sqrt{3})(1+\sqrt{7}). \end{align} $$

El uso de la citada hecho, $\sqrt{3}$ e $\sqrt{7}$ son irracionales. También, la suma de un racional y un número irracional es siempre irracional, por lo $1+\sqrt{3}$ e $1+\sqrt{7}$ son irracionales. Del mismo modo, si podemos demostrar que $N+1$ es irracional, $N$ también será demostrado ser irracional.

Pero, ¿cómo demostrar que el producto de $1+\sqrt{3}$ e $1+\sqrt{7}$ son irracionales.

Answer 1

Supongamos que $(1+\sqrt3)(1+\sqrt7)=p/q$ para algunos $p,q\in\Bbb Z^+$ . Luego tenemos que $$q(1+\sqrt3)=\frac p{1+\sqrt7}=\frac{p(1-\sqrt7)}{-6}\implies p\sqrt7-6q\sqrt3=p+6q\ne0\tag1$$ This implies that $$p\sqrt7+6q\sqrt3=\frac{(p\sqrt7+6q\sqrt3)(p\sqrt7-6q\sqrt3)}{p\sqrt7-6q\sqrt3}=\frac{7p^2-108q^2}{p+6q}\tag2$$ Adding $ (1)$ and $ (2)$ together gives $$2p\sqrt7=p+6q+\frac{7p^2-108q^2}{p+6q}\implies\sqrt7\in\Bbb Q$$ which is a contradiction. $ \ square $

Answer 2

Si $(1+\sqrt{3})(1+\sqrt{7})$ es racional, entonces

$$\displaystyle \frac{12}{(1+\sqrt{3})(1+\sqrt{7})}=\frac{12(1-\sqrt{3})(1-\sqrt{7})}{(-2)(-6)}=1-\sqrt{3}-\sqrt{7}+\sqrt{21}$ $ también es racional.

Entonces, $\displaystyle \frac{1}{2}[(1+\sqrt{3})(1+\sqrt{7})+1-\sqrt{3}-\sqrt{7}+\sqrt{21}]-1=\sqrt{21}$ es racional.

Esto conduce a una contradicción.

Answer 3

Un enfoque algo sistemático (pero laborioso): suponer que $$N=\sqrt 3+\sqrt 7+\sqrt{21} $ $ es racional. Entonces también es racional el $$N^2=3+7+21+2(\sqrt{21}+3\sqrt 7+7\sqrt 3)= 31+2\sqrt{21}+3\sqrt 7+7\sqrt 3$ $ , así como también el $$(N^2-31)^2 =4\cdot 21+9\cdot 7+49\cdot 3+2(42\sqrt 3+42\sqrt 7+21\sqrt{21}).$ $ Así también el $$(N^2-31)^2- (4\cdot 21+9\cdot 7+49\cdot 3)-84N=-42\sqrt{21}$ $ es racional. Supongo que puedes ver cómo esto podría aplicarse de manera similar a todas las sumas específicas de raíces cuadradas ...

Answer 4

Sugerencia $\,\sqrt{21}+\sqrt{7}+\sqrt{3}=q\,\Rightarrow\ \sqrt7(\sqrt 3+1) = q-\sqrt3 \,\Rightarrow\, \sqrt 7\in \Bbb Q(\sqrt3)$, la contradicción de la siguiente manera.

Lema $\rm\ \ [K(\sqrt{a},\sqrt{b}) : K] = 4\ $ si $\rm\ \sqrt{a},\ \sqrt{b},\ \sqrt{a\,b}\ $ todos no están en $\rm\,K\,$ e $\rm\, 2 \ne 0\,$ en el campo de $\rm\,K.$

Prueba de $\ $ Deje $\rm\ L = K(\sqrt{b}).\,$ Entonces $\rm\, [L:K] = 2\,$ través $\rm\,\sqrt{b} \not\in K,\,$ por lo que es suficiente para demostrar $\rm\, [L(\sqrt{a}):L] = 2.\,$ falla sólo si $\rm\,\sqrt{a} \in L = K(\sqrt{b})\, $ y, a continuación, $\rm\, \sqrt{a}\ =\ r + s\, \sqrt{b}\ $ para $\rm\ r,s\in K.\,$ Pero eso es imposible,

desde el cuadrado de $\Rightarrow \rm(1)\!:\ \ a\ =\ r^2 + b\ s^2 + 2\,r\,s\ \sqrt{b},\, $ lo que contradice la hipótesis de la siguiente manera:

$\rm\qquad\qquad rs \ne 0\ \ \Rightarrow\ \ \sqrt{b}\ \in\ K\ \ $ mediante la resolución de $(1)$ para $\rm\sqrt{b}\,,\,$ uso de $\rm\,2 \ne 0$

$\rm\qquad\qquad\ s = 0\ \ \Rightarrow\ \ \ \sqrt{a}\ \in\ K\ \ $ través $\rm\ \sqrt{a}\ =\ r+s\,\sqrt b = r \in K$

$\rm\qquad\qquad\ r = 0\ \ \Rightarrow\ \ \sqrt{a\,b}\in K\ \ $ través $\rm\ \sqrt{a}\ =\ s\, \sqrt{b},\ \ $veces $\rm\,\sqrt{b}\quad$

Comentario $ $ El Lema generaliza a cualquier número de sqrts). Ver las citas que hay para hacer generalizaciones a $n$'th raíces.

Answer 5

En esta respuesta he demostrado el teorema siguiente acerca positivo de las sumas de cuadrados de las raíces en las ordenadas los campos.

Teorema $\ \sqrt{c_1}+\cdots+\!\sqrt{c_{n}} \in K\ \Rightarrow \sqrt{c_i}\in K\,$ para todos los $\, i,\:$ si $\,0 < c_i\in K$ una ordenó campo.

Es instructivo que se especializan prueba aquí. Los lectores no familiarizados con los campos debe empezar por aquí.

Suponga que $\, q = \sqrt 3\! +\!\sqrt 7\!+\!\sqrt{21} \in\Bbb Q.\,$

Por el Lema siguiente: $\ \sqrt{7} + \sqrt{21} = q\!-\!\sqrt 3 \in \Bbb Q(\sqrt 3)\,\Rightarrow\, \sqrt{7}, \sqrt{21} \in \Bbb Q(\sqrt 3),\,$ así

$$\begin{align} \sqrt{7}\, &= \,a\, +\, b\sqrt 3,\ \ \ \ a,\,b\ \in\Bbb Q\\[.3em] \sqrt{21}\, &=\, a' + b'\sqrt 3,\ \ \ a',b'\in\Bbb Q\end{align}\qquad$$

Si $\, b\, < 0\,$ entonces $\,a = \sqrt 7 - b\sqrt 3 = \sqrt 7 + \sqrt{3b^2}\in\Bbb Q\,\Rightarrow\sqrt 7\in \Bbb Q\,$ por el Lema.
Si $\ b'\! < 0\,$ , a continuación, el mismo argumento nos permite deducir $\sqrt{21}\in \Bbb Q$
Otra cosa $\,b,b'\ge 0\,\Rightarrow\,\color{#c00}{1\!+\!b\!+\!b' > 0}\,$ así que, por debajo, podemos inferir $\, \sqrt 3\,\in \Bbb Q$

$\quad\ \ q = \sqrt 3\! +\!\sqrt 7\!+\!\sqrt{21} = a\!+\!a'+(1\!+\!b\!+\!b')\sqrt 3\,\ $ lo $\ \sqrt 3 = \dfrac{q\!-\!a\!-\!a'}{\color{#c00}{1\!+\!b\!+\!b'}}\in\Bbb Q$

Lema $ $ Si $\,0< r,s\in K$ entonces $\, k = \sqrt r\! +\!\sqrt s\in K\Rightarrow\sqrt r,\sqrt s\in K,\,$ para cualquier subcampo $\,K\subset \Bbb R$

Prueba de $\ $ Nota $\ k' = \sqrt{r}\!-\!\sqrt{s}\: = \dfrac{\ \ r\, -\ s}{\sqrt{r}\!+\!\sqrt{s}}\in K\ $ por $\,0 < \sqrt r\! +\! \sqrt s\in K,\,$ por $\, \sqrt r,\sqrt s > 0$

Por lo tanto, $\ (k+k')/2 = \sqrt r\in K\ $ e $\ (k-k')/2 = \sqrt s\in K$.

Comentario $ $ El de arriba es el paso inductivo de la general de la prueba especializada para el caso de $\,P(2)\Rightarrow P(3),\,$ donde $\,P(n)\,$ denota la proposición con una suma de $\,n\,$ raíces cuadradas. La inducción general paso funciona exactamente de la misma manera.