Mostrar que no hay racionales $r$ tales que $r^3 = 6"

Question

Demuestra que no existen racionales $r$ tales que $r^3 = 6$

Nos preguntaron esto para una tarea de análisis real. Solo asumí que sería lo mismo que si fuera $r^2$, pero ahora estoy dudando de mí mismo.

Answer 1

Supongamos que $r=\dfrac{a}{b}$ es un número racional con $a,b$ coprimos tal que $r^3=6

Entonces $a^3=6b^3

La factorización prima del LHS contiene primos con potencias que son múltiplos de $3$, al igual que $b^3$ en el RHS.

Pero RHS contiene el factor $6=2\times 3$, por lo tanto, los factores primos $2$ y $3$ en el RHS NO son múltiplos de $3$ porque su exponente es $3k+1;\;3h+1,\; k,h\in\mathbb{N}$

Esto es una contradicción así que no hay ningún número racional $r$ tal que $r^3=6

Espero que esto ayude

Answer 2

Supongamos que $r \in \Bbb Q$ satisface

$r^3 = 6; \tag 1$

entonces podemos tomar

$r = \dfrac{p}{q}, \tag 2$

$p, q, \in \Bbb Z$, con

$\gcd(p, q) = 1; \tag 3$

por lo tanto

$\dfrac{p^3}{q^3} = \left ( \dfrac{p}{q} \right )^3 = r^3 = 6, \tag 4$

de donde

$p^3 = 6q^3 = 2 \cdot 3 \cdot q^3; \tag 5$

tenemos vía (5) que

$2 \mid p^3; \tag 6$

se sigue de (6) que $p$ es par; es decir,

$p = 2s\tag 7$

para algún $s \in \Bbb Z$; si esto no fuera el caso, de modo que $p$ fuera impar, podríamos escribir

$p = 2s + 1, \tag 8$

de donde

$p^3 = (2s + 1)^3 = 8s^3 + 12s^2 + 6s + 1 = 2(4s^3 + 6s^2 + 3s) + 1, \tag 9$

lo cual contradice (6); así que (7) se cumple, y

$8s^3 = (2s)^3 = p^3 = 2 \cdot 3 \cdot q^3, \tag{10}$

o

$4s^3 = 3 \cdot q^3, \tag{11}$

lo cual a su vez implica

$2 \mid 3 \cdot q^3. \tag{12}$

(12) obliga a $q$ ser par también; es decir, $q = 2t$ donde $t \in \Bbb Z$; si esto no fuera el caso, si $q = 2t + 1$, entonces de manera similar a lo anterior tendríamos

$q^3 = 8t^3 + 12t^2 + 6t + 1, \tag{13}$

de donde

$3 \cdot q^3 = 24t^3 + 36t^2 + 18t + 3 = 2(12t^3 + 18t^2 + 9t + 1) + 1, \tag{14}$

lo cual contradice (12); así que $q$ es par y podemos tomar

$q = 2t. \tag{15}$

(7) y (15) juntas ahora contradicen (3); así que no podemos encontrar $p, q$ tales que se cumplan (1) y (2); por lo tanto,

$r \notin \Bbb Q. \tag{16}$

Nota: En el argumento anterior, traté explícitamente de evitar invocar el hecho de que $2$ (o $3$ para el caso) es primo, hecho que permitiría inmediatamente las conclusiones (7) desde (6) y (15) desde (12) sin necesidad de llevar a cabo la demostración reductio ad absurdum incorporada en (8)-(9) y (13)-(14); pero quería evitar eso para los primos $k$

$[k \mid ab] \Longrightarrow [k \mid a \vee k \mid b], \tag{17}$

ya que anticipé que muchos de los lectores de esta respuesta podrían no haber encontrado las nociones de irreducible vs. primo y de dominio de ideales principales que los vincula en $\Bbb Z$. Así que traté de mantener las cosas lo más elementales posible. Fin de la nota.

Answer 3

Solo para dar una respuesta muy diferente de las habituales a este tipo de problema que encuentro.

Sea $\frac{p^3}{q^3}=6<2^3\Rightarrow \frac pq<2$. Luego, pongamos $\frac pq=2-h$ donde $h$ es positivo. Se sigue $$6=8-12h+6h^2-h^3\iff h^3-6h^2+12h-2=0$$ Por el criterio de Eisenstein para la irreducibilidad con el primo $2$, la raíz real $h$ de esta ecuación no es racional ($h\approx 0.1829$). Por lo tanto, $2-h$ no es racional. Contradicción, $\frac pq$ no puede ser racional.

Answer 4

Teniendo $r=p/q$ escrito en términos más bajos, entonces $p^3/q^3$ también está en términos más bajos. Pero $p^3/q^3=r^3=6/1$ y dado que las fracciones pueden escribirse en términos más bajos de exactamente una manera (con denominador positivo), entonces $p^3=6$. Claramente ningún entero satisface esta igualdad.

Nota: Mostrar la unicidad de los términos más bajos invoca el uso de la factorización única de números primos, pero es comúnmente conocido que esto se cumple para los números racionales.

Answer 5

La pregunta es si conoces o no el teorema de la factorización prima.

No es significativamente diferente que mostrar que no hay un número racional $r$ tal que $r^2 = 2$ pero....

si $r = \frac mn; m,n \in \mathbb Z$ y $\frac mn$ está en "términos más bajos" de manera que $r^3 = 6$ entonces $6n^3 = m^3$ lo cual, si aceptamos el PFT entonces los factores primos de $m^3$ son todos múltiplos de $3$ mientras que los exponentes de $2$ y $3$ de $6n^3$ serán uno más que los múltiplos de $3$.

... que es cómo probamos que si $r^n = k \in \mathbb Z$ entonces $r$ es un entero y $k$ es una potencia perfecta de $n$.

Pero si no podemos usar el PFT, replicamos la vieja prueba de la raíz cuadrada de $2$. $m^3$ es par. Si $m$ es impar entonces $m^3$ es impar. Así que $m$ es par. Entonces $8|6n^3$ entonces $4|3n^3$ entonces $3n^2$ es par. Si $n$ es impar, también lo es $3n^3$ entonces $n$ es par. Pero eso contradice que $\frac mn$ estaba en "términos más bajos".

Y... el factor de $3$ realmente no tuvo mucho que ver con eso.

Por supuesto, podríamos haber usado que $6$ es un múltiplo de $3$ en lugar de que fuera par: $6n^3 = m^3$ entonces $3|m^3$ si $m = 3k + i$ entonces $m^3 = 27k^3 + 27k^2 + 9k^3 + i^3$ y si $i = 1, 2$ entonces $3\not \mid i^3$ entonces $3|m$ entonces $27|6n^3$ y $3|2n^3$ y si $n = 3j +i$ entonces $2n^3 = 54j^3 + 54j^2 + 18k^3 + 2i$ y si $i= 1,2$ entonces $3 \not \mid 2i^3$ entonces $3|n$ y ... no en términos más bajos.

Se vuelve bastante repetitivo. Lo mejor es aprender de una vez por todas el PFT.