Demostrar que $\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}$ es irracional. Generalizar este.

Question

Estoy leyendo R. Courant Y H. Robbins "¿Qué es la Matemática: Un Acercamiento Elemental a las Ideas y Métodos" para la diversión. Estoy en la página $60$ $61$ de la segunda adición. Hay tres ejercicios en demostrar a los números irracionales que abarcan estas páginas, la última es como sigue.

Ejercicio $3$: Demostrar que $\phi=\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}$ es irracional. Trate de hacer similares y más ejemplos.

Mi Intento:

Lema: El número de $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ es irracional. (Esto es parte del Ejercicio 2.)

Prueba: Supongamos $\sqrt{2}+\sqrt{3}=r$ es racional. Entonces $$\begin{align} 2&=(r-\sqrt{3})^2 \\ &=r^2-2\sqrt{3}+3 \end{align}$$ es racional, por lo que $$\sqrt{3}=\frac{r^2+1}{2r}$$ is rational, a contradiction. $\cuadrado$

Deje $\psi=\sqrt{2}+\sqrt{3}$. Entonces, teniendo en cuenta $\phi$, $$\begin{align} 5&=(\phi-\psi)^2 \\ &=\phi^2-\psi\phi+5+2\sqrt{6}. \end{align}$$

No sé qué más hacer desde aquí. Mi plan es/era utilizar el Lema anterior, ya que el enfoque de una contradicción, mostrando el $\psi$ es racional, de alguna manera.

Ayuda por favor :)

Pensamientos:

El "tratar de hacer similares y más ejemplos generales de bits" es un poco vago.

Answer 1

Bueno, si $\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}=r\in\mathbb Q$, entonces: $$(\sqrt{2}+\sqrt{3})^2=(r-\sqrt{5})^2$$ $$2+2\sqrt6+3=r^2-2\sqrt5 r+5$$ $$2\sqrt6=r^2-2\sqrt5 r$$ Plaza de esto una vez más y para obtener ese $\sqrt5$ es racional, lo cual es una contradicción.

Answer 2

Sugerencia:

Supongamos por contradicción que $\psi=\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}$ es racional. Entonces $$(\psi\sqrt{5})^2=(\sqrt{2}+\sqrt{3})^2 \\ \psi^2-2\sqrt{5}\psi+5=5+2\sqrt{6} \\ \psi^2=2\sqrt{6} +2\sqrt{5}\psi\\ $$

La plaza una vez más, y llegar a la contradicción.

Para el caso general, esta es una buena solución trivial de Kvant: probar el siguiente lema:

Lema Si $a_1,a_2,..,a_k$ son distintos números enteros $\geq 2$, ninguno de los cuales es divisible por el cuadrado, y $b_1,..,b_n$ son enteros tales que $$b_1\sqrt{a_1}+...+b_n\sqrt{a_n} \in \mathbb Q$$ a continuación,$b_1=...=b_n=0$.

Prueba: Hacer la inducción por el número de $m$ de los primos que dividen a $a_1...a_n$.

El paso inductivo $P(m)\Rightarrow P(m+1)$ es realizado por contradicción: mover todas las condiciones para que $a_k$ es divisible por el $p_{m+1}$ por un lado, todo lo demás en el otro lado de la plaza, para acabar en el caso de $P_m$.

Answer 3

Asumimos que tenemos $$\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}=\frac{m}{n}$$ with $\gcd(m,n)=1$. Escribimos $$\sqrt{2}+\sqrt{3}=\frac{m}{n}-\sqrt{5};$$ cuadrado, tenemos $$2\sqrt{6}=\frac{m^2}{n^2}-2\frac{m}{n}\sqrt{5};$$ y cuadrar una vez más luego de la simplificación, llegamos a $$5\frac{n}{m}+\frac{m}{4n}-6\frac{n^3}{m^3}=\sqrt{5}.$$

Esto es una contradicción, ya que tenemos a la izquierda solo números racionales y en el lado derecho un número irracional.

Answer 4

El uso de estas propiedades de los números racionales:

1. Si $x$ es racional, a continuación, $x^2$ es también racional.
2. Suma de un número racional y un número irracional es irracional.

Supongamos $x = \sqrt 2 + \sqrt 3$ es racional. A continuación, $x^2 = 5 + 2 \sqrt 6$ (que es irracional el uso de la segunda propiedad).

El uso de la primera propiedad, $x$ también se convierte en irracional.

Ahora el uso de la segunda propiedad, podemos decir que desde la $x(\sqrt 2 + \sqrt 3)$ es irracional, independientemente de si $\sqrt 5$ es racional o irracional el uso de la segunda propiedad, la suma total será irracional. Por lo tanto $\sqrt 2 + \sqrt 3 + \sqrt 5$ es irracional.

Answer 5

Una solución alternativa. Suponga que $\alpha=\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}=\frac{a}{b}\in\mathbb{Q}$. Por la reciprocidad cuadrática, hay algunos prime $p>b$ tal que $3$ $5$ son residuos cuadráticos $\!\!\pmod{p}$ mientras $2$ no lo es. Esto implica que a $\alpha$ es un número algebraico sobre $\mathbb{K}=\mathbb{F}_p$ con grado de $2$, ya que el $\sqrt{2}$ no pertenece a $\mathbb{K}$, pero pertenece a una ecuación cuadrática de la extensión de $\mathbb{K}$. Por otro lado $b<p$ asegura que $b$ es un elemento invertible $\!\!\pmod{p}$$\alpha\in\mathbb{K}$, contradicción.

Esta prueba tiene una simple generalización: la suma de los cuadrados de las raíces de algunos números primos nunca es un número racional.