Supongamos que $a \in \mathbb {R}$ y $ \exists n \in \mathbb {N}$ que $a^n \in \mathbb {Q}$ y $(a + 1)^n \in \mathbb {Q}$

Question

1) Supongamos que $a \in \mathbb {R}$ y $ \exists n \in \mathbb {N}$ que $a^n \in \mathbb {Q}$ y $(a + 1)^n \in \mathbb {Q}$ .

Demuestra: ¿Es cierto que $a \in \mathbb {Q}$ ?

2) Supongamos $a \in \mathbb {C}$ y $ \exists n \in \mathbb {N}$ que $a^n \in \mathbb {Q}$ y $(a + 1)^n \in \mathbb {Q}$ .

Demuestra: ¿Es cierto que $a \in \mathbb {Q}$ ?

Que alguien me explique por favor ..

Gracias

Answer 1

Para la "más difícil" (¿?) segunda parte de la pregunta, dejemos $a=i$ o dejar que $a=\frac{-1+i\sqrt{3}}{2}$ .

Añadido: La primera parte de la pregunta es (al menos para mí) más difícil que la segunda. Tal vez se me escapa algo obvio. La solución a continuación utiliza algo de álgebra, pero no la Teoría de Galois, sólo grados de extensiones.

Probamos algo que parece más fuerte pero no lo es. Dejemos que $a$ sea un número real. Si existe un número entero positivo $n$ y un racional no nulo $e$ , de tal manera que $a^n$ y $(e+a)^n$ son racionales, entonces $a$ es racional. Supongamos que el resultado no es correcto. Entonces hay un El más pequeño entero positivo $n$ , un verdadero irracional $a$ y un racional no nulo $e$ tal que $a^n$ y $(e+a)^n$ son racionales. Está claro que $n$ debe ser $\ge 2$ .

Primero hacemos algo completamente innecesario. Al suponer $a^n$ y $(e+a)^n$ son racionales. Llevar estos racionales a un denominador común, que puede ser tomado como un perfecto $n$ -enfermedad de la piel $r^n$ . Si $n$ es par, entonces $a^n=\frac{p}{r^n}$ y $(e+a)^n=\frac{q}{r^n}$ para algunos enteros no negativos $p$ y $q$ . Si $n$ es impar, entonces, dependiendo de los signos de $a$ y $e+a$ , $a^n=\pm\frac{p}{r^n}$ y $(e+a)^n=\pm\frac{q}{r^n}$ para algunos enteros no negativos $p$ y $q$ . Entonces en el caso par, $(ar)^n=p$ y $(r+ar)^n=q$ y en el caso de impar tenemos lo mismo, con $p$ y/o $q$ posiblemente decorado con signos de menos.

Dejemos que $w=ar$ . Entonces $w=p^{1/n}$ y $r+w=q^{1/n}$ en el caso par, y $w=\pm p^{1/n}$ , $r+w=\pm q^{1/n}$ en el caso impar. Tenga en cuenta que $w$ es un irracional real. Nótese también el hecho crucial de que por la minimidad de $n$ no hay ningún número entero positivo $m<n$ de manera que simultáneamente $(p^{1/n})^m$ y $(q^{1/n})^m$ son racionales.

Desde $\pm p^{1/n}$ y $\pm q^{1/n}$ difieren en un número entero $r$ tienen el mismo grado. Por la minimidad de $n$ Este título es $n$ . Pero $p^{1/n}=q^{1/n}+r$ . Toma el $n$ -de la potencia de ambos lados. Encontramos que $q^{1/n}$ es la raíz de un polinomio con coeficientes enteros, de grado $<n$ , contradiciendo el hecho de que $q^{1/n}$ tiene grado $n$ .

Comentario: Mi primera "prueba" publicada suponía implícitamente que $a>0$ . Gracias a Matt E por señalar que la modificación era necesaria.

Answer 2

Dado que la otra respuesta tiene una gran laguna, he aquí una aproximación con resultados estándar.

HINT $\ $ Para el problema no trivial (1): $\:$ si $\rm\ f({\it a}) = 0 = g({\it a})\:$ entonces $\:a\:$ también es una raíz de $\rm\:gcd(f,g)\ =\ h\ f + k\ g\ $ por Bezout. En particular, si $\rm\:f\:$ es irreducible entonces $\rm\ f\ |\ g\ $ en $\rm\:\mathbb Q[x]\:.\:$

Así, en su caso, si $\:a\:$ es una raíz del irreducible $\rm\ f(x) = x^n - q,\ q\in \mathbb Q\:$ entonces su hipótesis implica que $\:a\:$ también es una raíz de $\rm\:g(x) = (x+1)^n - r,\ r\in \mathbb Q\:,\:$ así que $\rm\ f\ |\ g\ \Rightarrow\ f = g\:,\: $ por lo que $\ \cdots$

Queda por determinar cuándo tales binomios son irreducibles. Aquí hay resultados clásicos, por ejemplo

TEOREMA $\ $ Supongamos que $\rm\:c\in F\:$ un campo, y $\rm\:0 < n\in\mathbb Z\:.$

$\rm\quad x^n - c\ $ es irreducible sobre $\rm\:F \iff c \not\in F^p\:$ para todos los primos $\rm\:p\: |\: n\:$ y $\rm\ c\not\in -4\:F^4\:$ cuando $\rm\: 4\ |\ n\:. $

Una prueba está en muchos libros de texto de Teoría de Campos, por ejemplo, Karpilovsky, Topics in Field Theory, Teorema 8.1.6.