Demostrando que $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ es irracional

Question

Esto es de Spivak.

Demostrar que $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ es irracional.

Hasta el momento, tengo esto:

Si $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ es racional, entonces puede ser escrito como $\frac{p}{q}$ integral $p, q$ y en términos mínimos.

$$\sqrt{2}+\sqrt{3}=\frac{p}{q}$$ $$2\sqrt{6}+5 =\frac{p^2}{q^2}$$ $$(2\sqrt{6}+5)q^2=p^2$$

Y eso es donde me quedo atascado. En una pregunta similar (demostrar que $\sqrt{2}+\sqrt{6}$ es irracional,) que era capaz de mostrar que tanto $p,q$ tuvo que ser incluso que es imposible. Yo, obviamente, no se puede aplicar este truco. Cualquier sugerencias?

Answer 1

$(\sqrt3+\sqrt2)(\sqrt3-\sqrt2)=3-2=1$ es racional, por lo que si el primer factor fueron racional, por lo que sería la segunda, y su diferencia $2\sqrt2$. Pero seguramente sabes que el último no es racional.

Answer 2

Deje $x=\sqrt2+\sqrt3$. A continuación, esta es una solución de la ecuación de $0=x^4-10x^2+1$. Por racionales teorema de la raíz, esta ecuación no tiene solución racional. Por lo tanto, $x$ debe ser irracional.

Answer 3

Sugerencia $\ \sqrt2 +\sqrt3 = r\in\Bbb Q\,\overset{\large\rm square}\Rightarrow\ 5+2\sqrt 6 = r^2 \,\Rightarrow\ \sqrt 6 = (r^2-5)/2 \in \Bbb Q,\,$ contradicción,

desde $\,\sqrt{6} = a/b\,\Rightarrow\, 6b^2 = a^2\,$ tiene un número impar de $2$'s en el lado izquierdo, pero un número de RHS (por la singularidad de primer factorizations).

También hay muchas otras maneras, por ejemplo, el uso de la Raíz Racional de la Prueba de su mínimo polinomio, o el uso de Bezout, etc ver antes de puestos aquí.

Answer 4

Ideas:

$$\sqrt2+\sqrt3=\frac pq\implies 3=\frac{p^2}{q^2}-2\frac pq\sqrt2+2\implies$$

$$\sqrt2=\left(\frac{p^2}{q^2}-1\right)\frac q{2p}\in\Bbb Q\;\ldots$$

Answer 5

Si $2\sqrt{6} + 5 = p^2/q^2$,$\displaystyle \sqrt{6} = \frac 1 2 \left(\frac{p^2}{q^2} - 5\right)$, lo $\sqrt{6}$ es racional.

Se puede tomar desde allí?