Demostrar que $\sqrt{5n+2}$ es irracional

Question

Estoy tratando de seguir esta respuesta para demostrar que $\sqrt{5n+2}$ es irracional. Hasta ahora entiendo que todo el que la prueba se basa en ser capaz de demostrar que $(5n+2)|x^2 \implies (5n+2)|x$ (que es la razón por la $\sqrt{4}$ no encaja, pero $\sqrt{7}$ etc. ¿), aquí es donde me quedé atrapado. Tal vez me voy a complicar, así que si usted tiene un enfoque más sencillo, me gustaría saber acerca de ella. :)

Un problema relacionado estoy tratando de envolver mi cabeza alrededor de es: Demostrar que $\frac{5n+7}{3n+4}$ es irreductible, es decir,$(5n+7)\wedge(3n+4) = 1$.

Answer 1

Pues bien, una manera de decir que es irracional es ver que $5n+2$ no es un número entero plaza para cualquier $n\in\mathbb{Z}$ (sólo en el acabado del $2$ o $7$). La otra forma en que usted está tratando permite la misma terminación $(p,q\in \mathbb{Z}, q\neq 0)$: \begin{align*} \sqrt{5n+2}=\frac{p}{q}&& \\ 5n+2=\frac{p^2}{q^2} &&(1)\\ q^2(5n+2)=p^2 && (2) \end{align*}

Vamos $$p=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\dots p_t^{\alpha_t}$$ $$q=q_1^{\beta_1}q_2^{\beta_2}\dots q_s^{\beta_s}$$

donde $p_i,q_j$ son primos y $\alpha_i,\beta_j$ son enteros positivos.

De $(1)$, $p^2/q^2$ es un número entero (es igual a $5n+2$), por lo que el $q_i$ son ciertos números primos $p_j$. Cambiar el nombre de los factores primos de una manera tal que $q_i=p_i$, puede dejar que la fracción (teniendo en cuenta que $t>s$)

$$\frac{p^2}{q^2}=\frac{p_1^{2\alpha_1}p_2^{2\alpha_2}\dots p_t^{2\alpha_t}}{q_1^{2\beta_1}q_2^{2\beta_2}\dots q_s^{2\beta_s}}=p_1^{2(\alpha_1-\beta_1)}p_2^{2(\alpha_2-\beta_2)}\dots p_t^{2(\alpha_s-\beta_s)}\dots p_t^{2\alpha_t}=5n+2$$

entonces esto implica que $5n+2$ es un cuadrado, pero por el original de la declaración, no puede ser.

Answer 2

Para la segunda pregunta: $\frac{5n+7}{3n+4}$ es irreducible.

Para eso es suficiente para ver que si hay un % alto $p$tal que

$p|5n+7$ y $p|3n+4$

entonces

$p|[3(5n+7)-5(3n+4)] \Rightarrow p|1$ lo que es imposible.

Answer 3

Sugerencia $\ {\rm mod}\,\ 5\!:\,\ k^2 \in \{0,\pm1,\pm2\}^2\equiv \{0, \pm 1\},\,$ ninguno $\equiv 2,\ $ es decir, plazas $\not\equiv 2\pmod5$

Pero por la Raíz Racional de la Prueba, $ $ si $\,x^2\!-15\,$ tiene una raíz racional, es un número entero, contra los de arriba.

No se puede directamente utilice los enlaces de la prueba, porque se utiliza la $\,15\mid k^2\,\Rightarrow\, 15\mid k,\,$ que funciona porque $\,15\,$ es squarefree. Pero $\,5n+2\,$ no tienen que ser de squarefree, por ejemplo, se $\,12\,$ $\,n=2,\,$ $\,12\mid 6^2\,$ pero $\,12\nmid 6.\,$, Pero siempre se puede reducir a squarefree radicands: escribir $\,5n+2 = kj^2.\,$ $\sqrt {5n+2} = j\sqrt k\,$ $\,\sqrt{5n+1}\,$ es racional iff $\sqrt k\,$ es racional. Por encima de $\,5n+2\,$ es no un cuadrado, de manera que ha squarefree parte $\,k>1,\,$ por lo que el vinculado clásico método de prueba $\sqrt k$ irracional $\,\Rightarrow\sqrt{5n+1} = j\sqrt k\,$ irracional.

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Para el segundo, tenga en cuenta que si $\ d\mid 5n\!+\!7,\, 3n\!+\!4\ $

$${\rm mod}\ d\!:\,\ \dfrac{7}5 \equiv -n \equiv \dfrac{4}3 \,\Rightarrow\, 0\equiv 7\cdot 3 - 5\cdot 4\equiv 1\,\Rightarrow\, d\mid 1$$

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Otra manera es usar la regla de Cramer (o eliminación) a resolver por $\,n\,$ $\,1\,$ por debajo de

$$ \begin{eqnarray} \ 3\,n\, +\, 4\cdot 1 &=& i\\ \\ 5\ n\, +\, \ 7\cdot 1 &\ =\ & j\end{eqnarray} \quad\Rightarrow\quad \begin{array}\ n \ = \ \ \ \, 7 \,i\, -\, 4\ j \\\\ \color{#c00}{\bf 1}\ =\, {-5}\ \color{#0a0}i\, +\, 3 \ \color{#0a0}j \end{array} $$

Por lo tanto, por la baja de la ecuación en el lado derecho del sistema: $\ n\mid \color{#c00}{\bf 1}\,\ $ si $\,\ n\mid \color{#0a0}{i,\,j}$

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Comentario $\ $ En el mismo camino que nos puede resultar más generalmente

Teorema $\ $ Si $\rm\,(x,y)\overset{A}\mapsto (X,Y)\,$ es lineal, a continuación, $\: \rm\gcd(x,y)\mid \gcd(X,Y)\mid \color{#c00}\Delta \gcd(x,y),\ \ \ \color{#c00}{\Delta := {\rm det}\, A}$

por ejemplo, $ $ en OP hemos $\,\color{#c00}{\Delta =\bf 1}\,$ por lo que la anterior rendimientos $\ \gcd(3n+4,5n+7)\mid\color{#c00}{\bf 1}\cdot\gcd(n,1) = 1$

Answer 4

Desde $$ \{0,1,2,3,4\}\desbordado{x^2}{\longrightarrow}\{0,1,4\}\pmod{5}\etiqueta{1} $$ y $$ 2\no\in\{0,1,4\}\pmod{5}\etiqueta{2} $$ sabemos que $2$ no es un cuadrado mod $5$. Eso significa que $$ 5n+2=x^2\etiqueta{3} $$ no tiene soluciones con $n,x\in\mathbb{Z}$.

Si $\sqrt{5n+2}\in\mathbb{Q}$, entonces hay algunas $x\in\mathbb{Q}$, de modo que $$ x^2-(5n+2)=0\etiqueta{4} $$ lo que implica que $x$ es un racionales algebraicas entero, por lo tanto, por esta respuesta, que debe ser un entero. Sin embargo, esto se contradice con que $(3)$ no tiene ningún entero de soluciones.

Por lo tanto, $$ \sqrt{5n+2}\no\in\mathbb{Q}\etiqueta{5} $$

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Desde $$ 3(5n+7)-5(3n+4)=1\etiqueta{6} $$ sabemos que $5n+7$ $3n+4$ no tienen factores comunes.