primos de #% de #% %, $p,q,r$ es irracional.

Question

Quiero demostrar que para $p,q,r$ diferente de los números primos, $\sqrt{p}+\sqrt{q}+\sqrt{r}$ es irracional.

Es la siguiente prueba de la correcta?

Si $\sqrt{p}+\sqrt{q}+\sqrt{r}$ es racional, entonces $(\sqrt{p}+\sqrt{q}+\sqrt{r})^2$ es racional, por lo tanto $p+q+r+2\sqrt{pq}+2\sqrt{pr}+2\sqrt{qr}$ es racional, por lo tanto, $\sqrt{pq}+\sqrt{pr}+\sqrt{qr}$ es racional.

Si $\sqrt{pq}+\sqrt{pr}+\sqrt{qr}$ es racional, entonces $(\sqrt{pq}+\sqrt{pr}+\sqrt{qr})^2$ es racional, por lo tanto, $pq+qr+pr+\sqrt{p^2qr}+\sqrt{pq^2r}+\sqrt{pqr^2}$ es racional, por lo tanto, $p\sqrt{qr}+q\sqrt{pr}+r\sqrt{pq}$ es racional.

Ahora supongamos $p<q<r$. Si $p\sqrt{qr}+q\sqrt{pr}+r\sqrt{pq}$ $\sqrt{pq}+\sqrt{pr}+\sqrt{qr}$ son racionales y, a continuación, $$p\sqrt{qr}+q\sqrt{pr}+r\sqrt{pq}-p(\sqrt{pq}+\sqrt{pr}+\sqrt{qr})$$

es racional, por lo tanto, $(q-p)\sqrt{pr}+(r-p)\sqrt{pq}$ es racional.

Si $(q-p)\sqrt{pr}+(r-p)\sqrt{pq}$ es racional, entonces $((q-p)\sqrt{pr}+(r-p)\sqrt{pq})^2$ es racional, por lo tanto $(q-p)^2pr+2(q-p)(r-p)\sqrt{p^2qr}+(r-p)^2pq$ es racional, por lo tanto $\sqrt{qr}$ es racional.

Pero $q,r$ son distintos de los números primos, por lo $qr$ no puede ser un cuadrado. Por lo tanto $\sqrt{qr}$ es irracional. Contradicción.

También, hay una manera más fácil la prueba?

Answer 1

Hay una prueba de simplier:

Supongamos que $\sqrt{p}+\sqrt{q}+\sqrt{r}=w$, donde $w$ es racional. $\sqrt{p}+\sqrt{q}=-\sqrt{r}+w$, Así:

$$(\sqrt{p}+\sqrt{q})^2=(-\sqrt{r}+w)^2$$

Por lo tanto es racional $\sqrt{pq}+w\sqrt{r}$. Pero no es (el mismo argumento). Supongamos que $\sqrt{pq}-w\sqrt{r}=s$ donde $s$ es racional, entonces:

$$\sqrt{pq}=s+w\sqrt{r}$ $ $$(\sqrt{pq})^2=(s+w\sqrt{r})^2$ $ $sw\sqrt{r}$ Es racional (también debemos comprobar caso cuando $s=0$ o $w=0$, pero es simple).

Answer 2

La prueba está realmente muy cerca de válido. Pero al final, necesita que $p, q, r$ ser números primos distintos y es una condición más fuerte que en el problema plantea.

Sin embargo, la prueba que le es muy fácil de hacer completa. Por ejemplo, si el $p = r \neq q$ entonces tenemos que mostrar $2\sqrt{p} + \sqrt{q}$ es irracional y para la prueba de cuadratura funciona fácilmente. Y si $p=q=r$ tenemos que demostrar que $3\sqrt{p}$ es irracional, una vez más trivial.

Answer 3

Una prueba difícil puede ser los siguientes: asumir que $\sqrt{p}+\sqrt{q}+\sqrt{r}$ es un número racional $\frac{a}{b}$ $\gcd(a,b)=1$. Entonces cada % prime $s>b$que tenemos la siguiente relación acerca de los símbolos de Legendre: $$ \left(\frac{p}{s}\right)=\left(\frac{q}{s}\right)=1 $ $ implica $\left(\frac{r}{s}\right)=1$. Que $\eta_r$ sea el % de no residuo cuadrático menos $\!\!\pmod{r}$.

El Teorema chino del resto y Teorema de Dirichlet darán que hay un número infinito de números primos $s$ que %#% da #% y $s\equiv 1\pmod{4pq}$, sino cuadráticas reciprocidad: contradicción de $ $s\equiv \eta_r\pmod{r}$.

Answer 4

porque tenemos $(\sqrt{p}+\sqrt{q})(\sqrt{p}-\sqrt{q}) \in \mathbb{Q}$ $$ \sqrt{p} + \sqrt{q} \in \mathbb{Q}(\sqrt{r}) \Rightarrow \sqrt{p}-\sqrt{q} \in \mathbb{Q}(\sqrt{r}) \Rightarrow \sqrt{p} \in \mathbb{Q}(\sqrt{r}) $$ así $a,b \in \mathbb{Q}$ con $ab\ne 0$ $$ \sqrt{p} = a + b \sqrt{r} $$ cuadratura de ambos lados demuestra que esto no puede ser el caso, por lo que el % de Asunción $\sqrt{p} + \sqrt{q} \in \mathbb{Q}(\sqrt{r})$debe ser culpable. en particular no podemos tener: $$ \sqrt{p}+\sqrt{q}+\sqrt{r} \in \mathbb{Q} $$

Answer 5

Supongamos $\sqrt{p}+\sqrt{q}+\sqrt{r} = a \to (a-\sqrt{p})^2 = (\sqrt{q}+\sqrt{r})^2\to a^2-2a\sqrt{p} +p =q+r+2\sqrt{qr}\to a^2-q+p-r=2a\sqrt{p}+2\sqrt{qr}\to (a^2-q+p-r)^2=4a^2p+4qr+8a\sqrt{pqr}\to \sqrt{pqr} $ es un número racional, y esto no es posible.