Prueba $\sqrt{n}+\sqrt{n+k}$ es irracional

Question

¿Para qué? $k\in\mathbb N$ , $\sqrt{n}+\sqrt{n+k}$ ¿es irracional? ( $\forall n\in\mathbb N$ )

Answer 1

Bueno, un método posible pero quizá a la larga no exhaustivo, ya que hay que encontrar para qué $k \in \mathbb{N}$ esto es cierto; considere $$(\sqrt{n}+\sqrt{n+k})(-\sqrt{n}+\sqrt{n+k})=-n+(n+k)$$ Lo que por supuesto da $k$ .

ahora, ya que $k$ es racional, significa que $\sqrt{n}$ y $\sqrt{n+k}$ es racional por lo tanto \begin{align} n&=&p^{2} \\ n+k&=& q^{2} \end{align} ¿Quizás puedas ver a dónde quiero llegar con esto y terminarlo?

Answer 2

Pista:

Si $k=2m+1$ , $m\ge1$ entonces $\sqrt{n}+\sqrt{n+k}$ no es un número irracional para $n=m^2$ : $$\sqrt{n}+\sqrt{n+k}=\sqrt{m^2}+\sqrt{m^2+2m+1}=m+(m+1)\in\mathbb{Q}$$

Si $k=4m$ , $m>1$ entonces $\sqrt{n}+\sqrt{n+k}$ no es un número irracional para $n=(m-1)^2$ . $$\sqrt{n}+\sqrt{n+k}=\sqrt{(m-1)^2}+\sqrt{(m-1)^2+4m}=(m-1)+(m+1)\in\mathbb{Q}$$

Answer 3

Este resultado no es cierto en general, por ejemplo, supongamos que $n$ es un cuadrado $n=l^2$ y $k=0$ $\sqrt{l^2+0}+\sqrt{l^2}$ es racional, supongamos que $n=9, k=16$ , $\sqrt{16+9}+\sqrt{9}$ es racional.

La pregunta es la siguiente $n$ para qué valores de $k$ , $\sqrt{n+k}+\sqrt{n}$ ¿es irracional?

Propuesta

Supongamos que $k,n\in N$ y $n(n+k)$ no es un cuadrado, entonces $\sqrt{n+k}+\sqrt{n}$ es irracional.

Prueba:

$(\sqrt{n}+\sqrt{n+k})^2=n+n+k+2\sqrt{n}\sqrt{n+k}$

$((\sqrt{n}+\sqrt{n+k})^2-2n-k)^2=4n(n+k)$

Considere $P(X)= (X^2-2n-k)^2-4n(n+k)=X^4-2(2n+k)X^2+(2n+k)^2-4n(n+k)=X^4-2(2n+k)X^2+k^2$ $\sqrt{n+k}+\sqrt{n}$ es una raíz de $P(X)$ .

Considere $Q(X)=U^2-2(2n+k)U+k^2$ . El discriminante de $Q(X)$ es $4(2n+k)^2-4k^2=4(4n^2+4nk+k^2)-4k^2 =16n(n+k)$ por tanto, si $n(n+k)$ no es un cuadrado, $Q(X)$ y por lo tanto $P(X)$ es irreducible.

Answer 4

La solución es $k = 2^{2v+1}*j$ donde j es impar.

Obviamente $k$ no puede igualar $0$ .

$k$ debe/puede ser un número impar multiplicado por una potencia impar de 2. ( $k$ no puede ser impar. Si $k$ es par, $k$ no es un número impar multiplicado por una potencia par de 2.

Si $0$ no se considera un número natural que 1 es un valor posible para $k$ es la única excepción. (Como $\sqrt{n} + \sqrt{n+1}$ es racional $\iff n = 0$ ).

$\sqrt{n} + \sqrt{n + k} = r = a/b; \gcd(a,b) = 1 \implies n + k = r^2 + n - 2r\sqrt{n} \implies k = r(r - 2\sqrt{n}) \implies k = (a/b)(a/b - 2m); n = m^2$ para algún número entero $m$ . Lo que implica $bk = a^2/b - 2am \in \mathbb Z \implies b = 1$ .

Por lo tanto, para cualquier $k = a(a - 2m)$ tenemos la posibilidad de que la suma sea racional. En caso contrario, no.

Así que no podemos tener $k = 2j + 1$ impar o tendríamos $k = k(k - 2j)$ (lo que daría como resultado $\sqrt{j^2} + \sqrt{j^2 + k = j^2 + 2j + 1}$ ser racional).

No podemos tener $k = 2^{2v}j$ donde $j$ es impar o tendríamos $k = 2^vj(2^vj - 2^v(j - 1))$

Por otra parte, si $k = 2^{2v + 1}j$ donde $j$ es impar no podemos tener $k = a(a - 2m)$ . Las potencias de 2 no cuadran.

Answer 5

Supongamos que $$\sqrt n +\sqrt {n+k}=r, \quad r\in\mathbb{Q}$$

Ahora sí: $$\sqrt {n+k} =r-\sqrt n $$ $$n+k=r^2-2r\sqrt n +n$$ $$2r\sqrt n=r^2-k$$ $$\sqrt n=\frac{r^2-k}{2p}$$

Esto es una contradicción porque la izquierda es $\sqrt n\in\mathbb{I=\mathbb{Q^c}}$ y la derecha es $\frac{r^2-k}{2p}\in\mathbb{Q}$ . La contradicción se debe a una suposición errónea de que $\sqrt n+\sqrt {n+k}$ era un número racional.