Demostrar que $5^{1/3}+7^{1/2}$ es irracional

Question

Objetivo: Demostrar que $5^{1/3}+7^{1/2}$ es irracional.

Idea: Se puede probar que esto es irracional por suponer que es racional y la búsqueda de una contradicción. Por eso, $5^{1/3}+7^{1/2} = p/q$ donde $p$ $q$ son enteros que no tienen factores en común aparte de $1$. El problema aquí es que me parece que no puede encontrar una manera de manipular esta ecuación a un formulario donde puedo encontrar la contradicción. Traté de tomar a cada lado de la potencia de 6... Que era inmanejable lío. Alguna idea?

Answer 1

Supongamos que nuestra suma es igual al número racional $r$. A continuación,$5^{1/3}=r-\sqrt{7}$. Cubicación de ambos lados, obtenemos $$5=r^3-3r^2\sqrt{7}+21r-7\sqrt{7},$$ y por lo tanto $$r^3+21r-5-(3r^2+7)\sqrt{7}=0.$$ Desde $\sqrt{7}$ es irracional, debemos tener $3r^2+7=0$. Esto es imposible.

Observación: Para la integridad esbozamos una prueba de la irracionalidad de la $\sqrt{7}$. Esto es muy parecido a uno de los estándar de pruebas de la irracionalidad de la $\sqrt{2}$. Supongamos que al contrario, que no son enteros $p$$q$,$q\ne 0$, de tal manera que $p^2/q^2=7$. Sin pérdida de generalidad podemos suponer $p$ $q$ son relativamente primos.

A continuación,$p^2=7q^2$. Desde $7$ es el primer y divide $p^2$, se deduce que el $7$ debe dividir $p$. Deje $p=7t$. La sustitución y cancelación, obtenemos $7t^2=q^2$. Por lo tanto $7$ divide $q$, contradiciendo el hecho de que $p$ $q$ son relativamente primos.

Answer 2

Deje $t=5^{1/3}+7^{1/2}$. A continuación, $t$ es una raíz de $x^6-21 x^4-10 x^3+147 x^2-210 x-318=0$. (*)

El racional de la raíz teorema nos dicen que o $t$ es irracional o $t$ es un número entero dividiendo $318$.

Desde $1 < 5^{1/3} < 2$$2 < 7^{1/2} < 3$,$3 < t < 5$, y así si $t$ es un número entero, debe ser $4$. Pero $4$ no divide $318$.

Por lo tanto, $t$ es irracional.

(*) Este polinomio se puede encontrar de forma manual (si no se ahogan en el álgebra) o puede pedir a WA. Esto no es hacer trampa (bueno, no crucialmente) porque el buen argumento está aún por venir. Es una oportunidad para aprender la raíz racional teorema, si no la has visto.

Answer 3

Otra solución es buscar en $K = \mathbb{Q}(\zeta_3, \sqrt[3]{5}, \sqrt[2]{7})$ (donde $\zeta_3$ es primitiva raíz cúbica de la unidad), que es de Galois sobre $\mathbb{Q}$. Es fácil ver que $(K : \mathbb{Q}) = 6 \times 2 = 12$ y el automorphism en $\text{Gal}(K|\mathbb{Q})$ son fáciles de describir: son de la forma $\sigma_{i,j,\pm} : \{\zeta_3 \mapsto \zeta_3^i\} \times \{\sqrt[3]{5} \mapsto \sqrt[3]{5} \zeta_3^j\} \times \{\sqrt[2]{7} \mapsto \pm \sqrt[2]{7}\}$ donde $i \in \{1, 2\}, j \in \{0, 1, 2\}$. Es fácil comprobar que uno de los automorphism $\sigma_{1,2,+}$ no soluciona $\alpha = \sqrt[3]{5} + \sqrt[2]{7}$. Por lo tanto, $\alpha \not\in \mathbb{Q}$.

Answer 4

Sugerencia $\ \sqrt7\, =\, r - \sqrt[3]5,\,\ r \in\Bbb Q\,\overset{\rm square}\Rightarrow \sqrt[3]5\,$ es una raíz de un polinomio cuadrático $f(x) \in \Bbb Q[x],$ contra $\,x^3-5\,$ es irreducible sobre $\,\Bbb Q\ $ (por ejemplo, por la Raíz Racional de la Prueba).

Comentario $\ $ Si usted sabe un poco de álgebra, a continuación, puede reconocer que la idea implícita en la anterior, es que la $\,x^3 - 5\,$ es irreductible, por lo tanto el polinomio mínimo de a $\,\sqrt[3]5.\,$ Si usted va a estudiar el campo de la teoría, entonces, se puede deducir que a partir de una más general resultado, a saber. $\,\Bbb Q(\sqrt[3]5)$ $\Bbb Q(\sqrt7)$ han coprime grados $3,2$ $\,\Bbb Q,\,$ por lo tanto su intersección es$\,\Bbb Q.\,$$\,\sqrt[3]5 \in\Bbb Q(\sqrt 7)\Rightarrow \sqrt[3]5\in\Bbb Q$.

Answer 5

Edit: Intercambia el cubo de la raíz y la raíz cuadrada en la pantalla. Fijo. Esto también altera la posterior discusión.

El uso de su método, usted nunca quiere elevar a una potencia que es algo que tiene tanto $\sqrt[3]{5}$$\sqrt{7}$. Así, el aislamiento de estos de una en una.

Supongamos $\sqrt[3]{5} + \sqrt{7} \in \Bbb{Q}$ hay $p,q \in \Bbb{Z}$ $q \neq 0$ tal que $\sqrt[3]{5} + \sqrt{7} = p/q$. Mediante la reducción de $p/q$ a su mínima expresión, podemos suponer que la $\gcd(p,q) = 1$. Desde la resolución de cuadráticas es más difícil que resolver lineales (para el segundo aislamiento), empezamos por la cubicación. Calculamos $$\begin{align} \sqrt[3]{5} &= p/q - \sqrt{7}, \\ 5 &= (p/q - \sqrt{7})^3 \\ &= p^3/q^3 - p^2\sqrt{7}/q^2 + 7p/q - 7\sqrt{7}, \text{ and}\\ \sqrt{7} &= \frac{5-p^3/q^3 - 7p/q}{-p^2/q^2 - 7} \\ 7 &= \left( \frac{5q^3 - p^3 - 7pq^2}{-p^2q - 7q^3} \right)^2, \text{ so} \\ 7q^2 \left( p^2 + 7q^2 \right)^2 &= \left( p^3 + 7pq^2 - 5q^3 \right)^2 . \end{align}$$ Ahora trabajo modulo $4$. Las plazas son congruentes a $0$ o $1$, de modo que el lado izquierdo es $0$ o $3 \pmod{4}$ y el lado derecho es $0$ o $1 \pmod{4}$. Así que, o bien $q$ o $p^2 + 7q^2$ es incluso y $p^3 + 7pq^2 - 5q^3$ es incluso.

Si $q$ es incluso, $p^3 + 7pq^2 - 5q^3 \cong p^3 \pmod{4}$. Desde $p^3 + 7pq^2 - 5q^3$ es aún, debemos tener $p$ es incluso, que contradice nuestra suposición de que $p/q$ fue reducido a su mínima expresión.

De lo contrario, tenemos $p^2 + 7q^2$ es incluso. Tenga en cuenta que $p^3 + 7pq^2 - 5q^3 = p(p^2+7q^2)-5q^3$, por lo que es aún sólo si $q$ es incluso. Pero, a continuación, $p^2 + 7q^2$ es incluso sólo si $p$ es y de nuevo nos contradicen la reducción a su mínima expresión.