Добрый день! Известно, что сумма двух иррациональных чисел иногда может быть рациональным числом. Вопрос: может ли быть рациональным числом сумма иррациональных корней одинаковой степени из чётного и нечётного положительных чисел?

задан 30 Май '17 11:01

10|600 символов нужно символов осталось
1

На этот счёт есть достаточно общие факты об алгебраической независимости. Например, если взять "независимые" квадратные корни из чисел 1, 2, 3, 5, 6, 7, 10, ... , то никакая их сумма с рациональными коэффициентами (не равными нулю одновременно), не может быть равна нулю. В списке пропущены числа типа 8, так как корень из 8 выражается через корень из 2, и т.п. Есть и более общие результаты, касающиеся корней высших степеней. Доказательства там могут быть уже достаточно сложными, но всё это так или иначе исследовано. Когда нет каких-то "очевидных" зависимостей между числами, то оказывается, что их действительно нет.

Я проиллюстрирую один из возможных подходов для Вашего случая на частном примере. Как доказать иррациональность числа $%x=\sqrt[5]2+\sqrt[5]3$%? Рассматриваем равенство $%x-\sqrt[5]2=\sqrt[5]3$% и возводим в пятую степень. Получается $%x^5-5x^4\sqrt[5]2+10x^3\sqrt[5]2^2-10x^2\sqrt[5]2^3+5x\sqrt[5]2^4-2=3$%. Получается уравнение вида $%\alpha^4+c_1\alpha^3+c_2\alpha^2+c_3\alpha+c_4=0$% с рациональными коэффициентами, где $%\alpha=\sqrt[5]2$%. Это противоречит тому, что многочлен $%x^5-2=0$%, корнем которого является $%\alpha$%, неприводим над полем рациональных чисел, что доказывается в курсах высшей алгебры (то есть его нельзя представить в виде произведения двух многочленов меньшей степени, коэффициенты которых рациональны).

ссылка

отвечен 30 Май '17 12:37

А если брать самый общий случай - корней сколько угодно, и различных степеней, а не одних и тех же. Все подкоренные числа свободны от соответствующих степеней (т.е. не допускают упрощений) и различны. Тогда есть доказанные результаты или это нерешенная проблема? Есть ли вообще по теме алгебраической независимости(без трансцендентных чисел) нерешенные проблемы или "так или иначе это все исследовано"?

(30 Май '17 14:13) abc

@abc: там рассмотрен весьма общий случай. Более детально о работах Безиковича, Морделла, Зигеля и других можно посмотреть здесь.

(30 Май '17 15:20) falcao

Спасибо за сочувствие! Но нужен дилетанту ответ специалиста на конкретный случай. Имеется c^n=a^n-b^n, где a – нечётное, b – чётное, n – нечётное. Разложение на множители по формуле разложения разности n – х степеней, где первый множитель выглядит так: (a-b)=(√(n&2^(n-1)∙b^n+a^n )-√(n&2^(n-1)∙b^n )). Подкоренное уменьшаемое нечётное число. Будет ли разность рациональным числом в случае, если уменьшаемое иррациональное число и вычитаемое тоже иррациональное?

(31 Май '17 17:01) gefestos

@gefestos: если Вы напишете формулы более ясно и стандартно, но я постараюсь ответить. Но пока мне непонятно, что тут рассматривается. Если разность корней n-й степени, то из каких чисел? И почему она равна a-b? Откуда там степени двойки?

Корень n-й степени из z можно записать как z^{1/n}. Если z -- длинное выражение, то его берём в скобки.

(31 Май '17 19:21) falcao

Нужно разложить на множители уравнение типа X^n=Z^n-Y^n. Все числа целые, положительные. Выглядит так: X^=(Z-Y){Z^(n-1)+Z^(n-2)Y+...ZY^(n-2)+Y^(n-1)}. Примем (Z-Y)=c, Z={2^(n-1)b^n+a^n}{1/n}, Y={2^(n-1)b^n}{1/n}. Тогда имеем: c={2^(n-1)b^n+a^n}{1/n}-{2^(n-1)b^n}{1/n}. a - нечётное число. n - нечётное. Вопрос: может ли быть (с) рациональным числом? Откуда такое уравнение-позже.

(1 Июн '17 11:28) gefestos

Прошу прощения за неточность в последней формуле: не видно знака минуса. Надо: c={2^(n-1)b^n+a^n}{1/n} - {2^(n-1)b^n}{1/n}.

(1 Июн '17 12:19) gefestos

@gefestos: если я правильно понял вид иррациональностей с корнями n-й степени, то рационального числа здесь получиться не может -- по тем же причинам, что и в примере с корнями 5-й степени, которые я рассмотрел. Но здесь есть какое-то противоречие, потому что про Y сказано, что оно целое, а потом написано, что Y=b2^{(n-1)/n}. При целом b такое число заведомо иррационально.

(1 Июн '17 12:39) falcao

Спасибо за ответ! У меня было своё решение, но не было уверенности, что правильное. Эта проблема взята из статьи "Решение Большой теоремы Ферма методом деления", опубликованная в журнале "Проблемы современной науки и образования" номер 12(94) от 07.04.2017. Можно прочитать в "eLibrary" по адресу: "Решение Большой ..." Ведерников С. И.

(2 Июн '17 11:06) gefestos

@gefestos: я посмотрел текст. Там ошибка в самом начале. Разложение на множители (Z^{n/2}-X^{n/2})(Z^{n/2}+X^{n/2})=Y^n имеет место, и здесь оба сомножителя будут иррациональные в силу нечётности n. После этого можно считать, что сомножители равны Y^m и Y^{n-m} для какого-то действительного m, но надо иметь в виду, что оно будет нецелым, равно как и сами эти сомножители. А к области нецелых чисел теория делимости неприменима -- также как понятия чётности, нечётности, разложения на множители, и так далее.

(2 Июн '17 11:21) falcao

В случае 1, где присутствуют Y^m и Y^(n-m) показатель (n) - чётное число.

(3 Июн '17 10:11) gefestos

@gefestos: я пропустил информацию о том, что рассматривается случай чётного n в том числе (обычно сразу берёт n нечётным). Сейчас я посмотрел дальше -- там в начале стр.13 приводятся разложения для Z^n и X^n по формулам. Далее говорится, что X^n и Z^n нельзя разложить на целочисленные множители. Оговорок при этом никаких не делается. Но ведь мы заведомо можем написать X^n=X^1X^{n-1}, или X^n=X^2X^{n-2}, и много чего ещё. Если в какой-то формуле разложение не целочисленное, разве отсюда можно сделать вывод, что нет целочисленного?

(3 Июн '17 21:28) falcao
показано 5 из 11 показать еще 6
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×3,619
×58

задан
30 Май '17 11:01

показан
936 раз

обновлен
3 Июн '17 21:28

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru