Por qué $\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{5}$ es el número irracional?

Question

Por qué $\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{5}$ es el número irracional?

Answer 1

Deje $\alpha=\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{5}$. A continuación, $\alpha$ es una raíz de un monic polinomio con coeficientes enteros: $$x^{27} - 90 x^{24} + 1089 x^{21} - 62130 x^{18} + 105507 x^{15} - 16537410 x^{12} - 30081453 x^9 - 1886601330 x^6 + 73062900 x^3 - 6859000$$

El preciso polinomio no es importante aquí.

El racional de la raíz teorema nos dice que $\alpha$ es un número entero o irracional. Tan sólo tenemos que demostrar que $\alpha$ no es un número entero:

$ 1.2 < \sqrt[3]{2} < 1.3 $

$ 1.4 < \sqrt[3]{3} < 1.5 $

$ 1.7 < \sqrt[3]{5} < 1.8 $

$ 4.3 < \alpha < 4.6 $

Answer 2

Deje $K=\Bbb Q(\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{3},\sqrt[3]{5})$$L=\Bbb Q(\sqrt[3]{2})$. Deje $g : L \to \Bbb C$ a ser el campo de morfismos definido por $$g(\sqrt[3]{2})=\sqrt[3]{2} e^{2i\pi/3}, \quad g(1)=1$$

A continuación, $g$ puede ampliar para obtener un campo de morfismos $f : K \to \Bbb C$. Debemos tener $$f(\sqrt[3]{2})=\sqrt[3]{2} e^{2i\pi/3}, \quad f(\sqrt[3]{3})=\sqrt[3]{3}e^{2ik\pi/3}, \quad f(\sqrt[3]{5})=\sqrt[3]{5}e^{2il\pi/3}, \quad f(1)=1$$ donde $k,l \in \{0,1,2\}$.

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Claramente $x = \sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{5} \in K$. Así que si usted asume que $x=\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{5}$ es un número racional, entonces $f(x)=x$, es decir, $$\sqrt[3]{2} e^{2i\pi/3}+\sqrt[3]{3}e^{2ik\pi/3}+\sqrt[3]{5}e^{2il\pi/3}=\sqrt[3]{2} +\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{5}$$

Si escribimos $e^{2i\pi/3}=a+ib$, entonces te das cuenta de que $e^{4i\pi/3}=a-ib$. Ha $9$ de los casos para la parte imaginaria de $f(x)$ dependiendo $k,l \in \{0,1,2\}$. Ninguno de ellos es posible (voy a escribir algunos detalles), por lo que el $x$ no es racional.

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– $k=0,l=0$ : consigue $$\sqrt[3]{2} e^{2i\pi/3}=\sqrt[3]{2},$$ esto es claramente imposible.

– $k=1,l=0$ : se obtiene $$e^{2i\pi/3}(\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{3})= \sqrt[3]{2} e^{2i\pi/3}+\sqrt[3]{3}e^{2i\pi/3}=\sqrt[3]{2} +\sqrt[3]{3},$$ lo cual es imposible.

– $k=2,l=0$ : la parte imaginaria de $f(x)$ es $$b\sqrt[3]{2}-b\sqrt[3]{3}$$ and should be $0$, impossible since $b \neq 0$ and $\sqrt[3]{2} \neq \sqrt[3]{3}$.

– $k=0,l=1$ similar a la de $k=1,l=0$.

– $k=1,l=1$ : tendríamos $e^{2\pi i /3}x=x$, imposible, ya que $x>0$.

– $k=2,l=1$ : similar a $k=1,l=2$, ver más abajo.

– $k=0,l=2$ : similar a $k=2,l=0$.

– $k=1,l=2$ : la parte imaginaria de $f(x)$ es $$b\sqrt[3]{2} +b \sqrt[3]{3}-b\sqrt[3]{5}$$ que deben ser $0$, por lo que el $\sqrt[3]{5}=\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{2}$, pero $(\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{2})^3 > 3+2=5$.

– $k=2,l=2$ : daría $$b\sqrt[3]{2}-b\sqrt[3]{3}-b\sqrt[3]{5}=0$$ pero $\sqrt[3]{2}<\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{5}$.

Answer 3

Si el número se $\sqrt{2}+\sqrt{3}$, entonces una forma de mostrar la irracionalidad sería igual a $x$ y, a continuación, cuadrado:

$$x^2 = 2+2\sqrt{6}+3.$$

Luego resuelve el radical:

$$2\sqrt{6} = x^2-5$$

y de la plaza de nuevo:

$$4\cdot6 = x^4-10x^2 +25.$$

Así que ahora usted tiene un monic polinomio $x^4-10x^2+1$ de que su número es raíz. A partir de la raíz racional teorema, la única racional raíces puede ser $\pm 1$, ninguno de los cuales trabajo. Llegamos a la conclusión de que $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ es irracional, por bastante famoso teorema que dice que las raíces de monic entero polinomios son enteros o irracional.

Si usted tiene la paciencia, se puede establecer $x$ igual a su número y el cubo de ambos lados, resolver por radicales y cubo, espuma, enjuague, repita hasta que haya un monic polinomio de que es una raíz. Proceder como en el anterior.

Answer 4

Trato de dar una conceptual de la prueba.

Deje $K=\mathbb{Q}(\zeta_3)$. A continuación, $K(\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{3})$ es de Galois sobre $K$.

Y puedo demostrar ahora que su grado es $9$.

Esto es suficiente para mostrar que $[K(\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{3}):K(\sqrt[3]{2})]=3$ y esto es cierto porque si $x^3-3=0$ fueron para ser reducible más $K(\sqrt[3]{2})$ tendría un factor linear (y en realidad dividida).

Sin embargo $\sqrt[3]{3}\not \in K(\sqrt[3]{2})$.

Este último hecho el seguimiento de la general, el lema que $\sqrt[3]{a}\in K(\sqrt[3]{b})$ fib $ab$ o $ab^2$ es un cubo en $K$.

(Esto está demostrado en su mayoría por cálculo. Una simplificación es que si $\sqrt[3]{a}=x+ y\sqrt[3]{b}+z(\sqrt[3]{b})^2$ $x=0$ como es visto por tomar la traza de ambos lados.)

Ahora me muestran que la $K(\sqrt[3]{5})\not \subseteq K(\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{3})$ El grupo de Galois de $K(\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{3})/K$ orden $9$, y es por lo tanto, $\mathbb{Z}_9$ o $\mathbb{Z}_3\times \mathbb{Z}_3$ (en realidad de la tarde.)

Ahora, el primer grupo tiene un subgrupo de orden $3$, y la segunda tiene cuatro subgrupos de orden $3$. Esto implica que $K(\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{3})/K$ ha $1$ o $4$ intermedio de los campos de orden de $3$. Sin embargo, se ha $$K(\sqrt[3]{2}), K(\sqrt[3]{3}), K(\sqrt[3]{6}), \text{and} K(\sqrt[3]{12})=K(\sqrt[3]{18})$$ y estos son distintos, como se sigue del lema anterior.

Ahora $K(\sqrt[3]{5})$ que es distinto de todos estos y por lo tanto no es un intermedio de campo.