Demostrar que $\sqrt{3}+ \sqrt{5}+ \sqrt{7}$ es irracional

Question

Cómo puedo probar que $\sqrt{3}+ \sqrt{5}+ \sqrt{7}$ es irracional?

Sé que $\sqrt{3}, \sqrt{5}$ $\sqrt{7}$ son todos irracional y que $\sqrt{3}+\sqrt{5}$, $\sqrt{3}+\sqrt{7}$, $\sqrt{5}+\sqrt{7}$ son todos irracional, demasiado. Pero, ¿cómo puedo demostrar que $\sqrt{3}+ \sqrt{5}+ \sqrt{7}$ es irracional?

Answer 1

Supongamos $\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7} = r$ para algunos racional $r$. A continuación, $$(\sqrt{3}+\sqrt{5})^2 = (r-\sqrt{7})^2 \implies 8+2\sqrt{15} = 7+r^2-2r\sqrt{7}$$ Por eso, $$1-r^2+2\sqrt{15} =-2r\sqrt{7}$$ Deje $1-r^2 = k$, que será un número racional. Así, $$(k+2\sqrt{15})^2 = k^2+ 60+4k\sqrt{15} = 28r^2$$ El LHS es irracional, mientras que el lado derecho es racional. Por lo tanto, tenemos una contradicción.

Answer 2

Se puede mostrar fácilmente (probablemente ya lo ha hecho) $\sqrt{5},\sqrt{7} \in \mathbb Q(\sqrt{5}+\sqrt{7})$.

Si su suma sería racional, podríamos deducir $\sqrt{5},\sqrt{7} \in \mathbb Q(\sqrt{5}+\sqrt{7}) \subset \mathbb Q(\sqrt{3})$, claramente una contradicción.

Answer 3

Deje $\alpha=\sqrt{3}+ \sqrt{5}+ \sqrt{7}$.

A continuación, $\alpha$ es una raíz de $x^8-60 x^6+782 x^4-3180 x^2+3481=0$. Dado que este es un monic polinomio con coeficientes enteros, los racionales raíz teorema dice que $\alpha$ es irracional o un número entero.

Ahora

$\quad 1.7 < \sqrt 3 < 1.8 $

$\quad 2.2 < \sqrt 5 < 2.3 $

$\quad 2.6 < \sqrt 7 < 2.7 $

da

$\quad 6.5 < \alpha < 6.8 $

lo que demuestra que $\alpha$ no es un número entero.

Podemos evitar estos excelentes estimaciones: si $\alpha$ es un número entero, entonces debe dividir $3481=59^2$, pero claramente $1 < \alpha < 3\sqrt 7 < 9 < 59 $.

Answer 4

Asumir $$\sqrt{3}+ \sqrt{5}+ \sqrt{7}= \frac{a}{b}$$ for some integers $a,b$. Multiblying both sides by $\sqrt{3}+ \sqrt{5} - \sqrt{7}$ yields $$ (\sqrt{3}+\sqrt{5})^2 - 7 = \frac{a(\sqrt{3}+ \sqrt{5}- \sqrt{7})}{b}=\frac{a\left(a/b-2\sqrt{7}\right)}{b} \\ 2\sqrt{15}+8-7=\frac{a^2/b-2a\sqrt{7}}{b} \\ 2b\sqrt{15} = \frac{a^2}{b}-2a\sqrt{7}-b \\ 60b^2=\frac{a^4}{b^2}+28a^2+b^2-\frac{4a^3\sqrt{7}}{b}+4ab\sqrt{7}-2a^2 \\ 59b^2-26a^2-\frac{a^4}{b^2}=4a\sqrt{7}\left(b-\frac{a^2}{b}\right). $$ We can divide both sides by $4a(b^2−a^2)=4a(b-a)(b+a)$ because $a$ can't be $0$ by definition, $b+a$ is a positive integer and $b−a$ can't be $0$ because that would imply $a/b=1$, which is impossible. Thus we get $$\frac{b\left(59b^4-26a^2b^2-a^4\right)}{4a(b^2-a^2)}=\sqrt{7},$$ contradicción.

Answer 5

De acuerdo a Galois, si $\sqrt3 +\sqrt5+\sqrt7$ es racional, entonces debe ser invariante después de cambiar el signo de cualquiera o todas de las raíces cuadradas. Pero la expresión es claramente positiva, por lo que no puede ser igual al de su negativa.