Que $a,b,c$ denotan números racionales, que $(a+b\sqrt[3]2+c\sqrt[3]4)^3$ también es racional. Demostrar que al menos dos de lo números $a,b,c$ debe ser cero. Realmente me confunde los pasos de inicio para esta prueba. Debo aplicar las estrategias de pruebas contradictorias
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Roger Hoover
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Desde %#% $ #% si $$(a+bx+cx^2)^3\equiv (6bc^2+3a^2c+3ab^2)x^2+(6ac^2+6b^2c+3a^2b)x+(4c^3+2b^3+a^3+12abc)\pmod{(x^3-2)}$ pertenece a $(a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{2})^3$ y $\mathbb{Q}$ $ por lo tanto: $$(2bc^2+a^2c+ab^2)=0, \qquad (2ac^2+2b^2c+a^2b)=0,\tag{1}$ $ $$ a^2 b^2 c^2 = (a^2c+ab^2)(ac^2+b^2 c) = a^3 c^3 + 2a^2 b^2 c^2 + ab^4 c,$ #% $ %#% $ desde el discriminante de $$ a^3 c^3 + a^2 b^2 c^2 + ab^4 c = 0,$ es negativo, la última ecuación implica $$ ac (a^2 c^2 + a c b^2 + b^4) = 0.$ o $y^2+y+1$. Si enchufa este identidades en $a=0$, obtenemos que las únicas posibilidades son que al menos dos variables entre $c=0$ cero.
Marnaw
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61
Oh una respuesta, mientras yo estaba escribiendo! (Yo estaba escribiendo en el Bloc de notas no directamente en el foro).
De todos modos, antes de contestar a la pregunta, permite probar estos:
Lema 1: $\sqrt[3]{2}\not\in\mathbb{Q}^+$.
Corolario: $\sqrt[3]{4}\not\in\mathbb{Q}^+$.
Lema 2: $\forall (a,b)\in\mathbb{Z}^2,\,a\sqrt[3]{2}+b\sqrt[3]{4}\in\mathbb{Q}\Longleftrightarrow (a,b)=(0,0)$
Teorema: $\forall (a,b)\in\mathbb{Q}^2,\,a\sqrt[3]{2}+b\sqrt[3]{4}\in\mathbb{Q}\Longleftrightarrow (a,b)=(0,0)$
La prueba del lema 1:
Suponga que $\sqrt[3]{2}\in\mathbb{Q}$. A continuación, $\exists !(a,b)\in\mathbb{N}^2,\,\sqrt[3]{2}=\dfrac{a}{b}$ como$a,b\neq 0$$a∧b=1$.
Entonces $$a^3=2b^3\,\,\,\,(1)$$and so $un$ is an even number. Then $\existe k\in\mathbb{N},\,a=2k$ and so in $(1)$ we have $b^3=4k^3$ and so $b$ is also an even number which contradicts $a∧b=1$.
La prueba del corolario:
Suponga que $\sqrt[3]{4}\in\mathbb{Q}^+$. A continuación,$\sqrt[3]{4^2}\in\mathbb{Q}^+$$2\sqrt[3]{2}\in\mathbb{Q}^+$, lo que contradice el lema 1.
La prueba del lema 2:
Si $(a,b)=(0,0)$$a\sqrt[3]{2}+b\sqrt[3]{4}=0\in\mathbb{Q}$.
Ahora vamos a probar que $\forall (a,b)\in\mathbb{Z}^2,\,a\sqrt[3]{2}+b\sqrt[3]{4}\in\mathbb{Q}\Longrightarrow (a,b)=(0,0)$.
Para demostrarlo, vamos a probar que $\forall (a,b)\in\mathbb{Z}^2,\,(a,b)\neq (0,0)\Longrightarrow a\sqrt[3]{2}+b\sqrt[3]{4}\not\in\mathbb{Q}$
Si $a=0$, y por lo $b\neq 0$ o$b=0$$a\neq 0$, es trivial que $a\sqrt[3]{2}+b\sqrt[3]{4}\not\in\mathbb{Q}$ usando el lema 1 o el corolario.
Suponga que $\exists (a,b)\in\mathbb{Z}^2$ como $a,b\neq 0$ y el: $$a\sqrt[3]{2}+b\sqrt[3]{4}\in\mathbb{Q}\,\,\,\, (2.1)$$
A continuación,$(a\sqrt[3]{2}+b\sqrt[3]{4})^2\in\mathbb{Q}$$(a\sqrt[3]{2}+b\sqrt[3]{4})^2=a^2\sqrt[3]{4}+2b^2\sqrt[3]{2}+4ab$.
Mientras que$4ab\in\mathbb{N}$: $$a^2\sqrt[3]{4}+2b^2\sqrt[3]{2}\in\mathbb{Q}\,\,\,\, (2.2)$$
Por $(2.2)-\dfrac{a^2}{b}(2.1)\in\mathbb{Q}\,\,\,\,\left(\dfrac{a^2}{b}\in\mathbb{Q}^+\right)$: $$\left( 2b^2-\dfrac{a^3}{b}\right)\sqrt[3]{2}\in\mathbb{Q}\,\,\,\, (2.3)$$
Si $\left( 2b^2-\dfrac{a^3}{b}\right) =0$ $a=\sqrt[3]{2}b\not\in\mathbb{N}$ lo cual es falso.
Y por lo $\left( 2b^2-\dfrac{a^3}{b}\right)\neq 0$, pero mientras que $\left( 2b^2-\dfrac{a^3}{b}\right)\in\mathbb{Q}$ que significa el uso de $(2.3)$ que $\sqrt[3]{2}\in\mathbb{Q}$, lo que contradice el lema 1.
Llegamos a la conclusión de que $\forall (a,b)\in\mathbb{Z}^2,\,(a,b)\neq (0,0)\Longrightarrow a\sqrt[3]{2}+b\sqrt[3]{4}\not\in\mathbb{Q}$ lo que demuestra el lema 2.
Prueba del teorema:
Si $(a,b)=(0,0)$ es de la misma manera que en el lema 2.
Deje $(a,b)\in\mathbb{Q}$ como $a\sqrt[3]{2}+b\sqrt[3]{4}\in\mathbb{Q}$.
$(a,b)\in\mathbb{Q}$ $\exists ((p,p'),(q,q'))\in\mathbb{Z}^2\times\mathbb{N}^{+2}\, (a,b)=\left(\dfrac{p}{q},\dfrac{p'}{q'}\right)$.
Tenemos entonces:$$\dfrac{p}{q}\sqrt[3]{2}+\dfrac{p'}{q'}\sqrt[3]{4}\in\mathbb{Q}\,\,\,\, (3)$$
Por $qq'\times (3)$ $qq'\in\mathbb{N}^+$ obtenemos $pq'\sqrt[3]{2}+p'q\sqrt[3]{4}\in\mathbb{Q}$. Usando el lema 2 obtenemos $(pq',p'q)=(0,0)$$(p,p')=(0,0)$$(a,b)=(0,0)$, lo que demuestra el teorema.
Sabemos que: $$\forall (x,y,z)\in\mathbb{R}^3,\,(x+y+z)^3=x^3+y^3+z^3+3x^2(y+z)+3y^2(x+z)+3z^2(x+y)+6xyz\,(4)$$.
Ahora vamos a $(a,b,c)\in\mathbb{Q}^3$ como $(a+b\sqrt[3]{2}+C\sqrt[3]{4})^3\in\mathbb{Q}$.
Mediante el uso de $(4)$: $(a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4})^3=a^3+2b^3+4c^3+12abc+3(a^2b+2b^2c+2ac^2)\sqrt[3]{2}+3(a^2c+ab^2+2bc^2)\sqrt[3]{4}$.
Mientras $a^3+2b^3+4c^3+12abc\in\mathbb{Q}$, $(a+b\sqrt[3]{2}+C\sqrt[3]{4})^3\in\mathbb{Q}$ si y sólo si $3(a^2b+2b^2c+2ac^2)\sqrt[3]{2}+3(a^2c+ab^2+2bc^2)\sqrt[3]{4}\in\mathbb{Q}$.
Utilizando el teorema: $(a+b\sqrt[3]{2}+C\sqrt[3]{4})^3\in\mathbb{Q}$ si y sólo si $a^2c+ab^2+2bc^2=0$$a^2b+2b^2c+2ac^2=0$.
A continuación, ve a Jack D'Aurizio del post.
barak manos
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Paso $1$%:
$a+b\sqrt[3]{2}\neq0 \implies c\notin\mathbb{Q}$
$a+c\sqrt[3]{4}\neq0 \implies b\notin\mathbb{Q}$
$b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4}\neq0 \implies a\notin\mathbb{Q}$
Paso $2$%:
$a+b\sqrt[3]{2}=0 \wedge a\neq0 \implies b\notin\mathbb{Q}$
$a+c\sqrt[3]{4}=0 \wedge a\neq0 \implies c\notin\mathbb{Q}$
$b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4}=0 \wedge b\neq0 \implies c\notin\mathbb{Q}$
