Навеяно этой задачей.

Рассмотрим уравнение $%5^x+6^x=7^x$%. Нетрудно доказать, что оно имеет единственный вещественный корень; также легко видеть, что $%2 < x < 3$%, то есть он не является целым. Доказать, что он иррационален.

Задачу придумал только что; решения пока не знаю. Есть только примерный план, как это делать.

Добавление. То решение, которое я имел в виду, проходит, причём без использования каких-либо методов, выходящих за рамки, скажем так, школьных факультативов по алгебре.

задан 13 Фев '15 5:40

изменен 16 Фев '15 3:45

10|600 символов нужно символов осталось
7

Ввиду $%5^2+6^2 > 7^2$% и $%5^3+6^3=341 < 343=7^3$%, корень уравнения имеется, и он не является целым. Предположим, что он рационален. Запишем $%x$% в виде несократимой дроби $%x=\frac{m}n$%, где $%m,n\in\mathbb N$% и $%n > 1$%.

Возведём обе части равенства $%5^x+6^x=7^x$% в $%n$%-ю степень, применяя биномиальную формулу. Получится $%7^m=7^{nx}=(5^x+6^x)^n=5^{nx}+\sum\limits_{k=1}^{n-1}C_n^k5^{(n-k)x}6^{kx}+6^{nx}=5^m+\sum\limits_{k=1}^{n-1}C_n^k5^m(\frac65)^{km/n}+6^m$%.

Положим $%\alpha=\sqrt[n]{\frac65}$%. Каждое из чисел вида $%km$%, где $%1\le k\le n-1$%, представим в виде $%km=nq_k+r_k$%, поделив на $%n$% с остатком. Легко видеть, что $%1\le r_k < n$% для всех $%k$%, так как из $%r_k=0$% следовало бы, что $%km$% делится на $%n$%, но тогда $%k$% делилось бы на $%n$% в силу взаимной простоты $%m$% и $%n$%, что невозможно. Помимо этого, все числа $%r_1$%, ... , $%r_{n-1}$% попарно различны из тех же соображений, так как в противном случае $%mk-mk'$% делится на $%n$% при некоторых различных $%k$%, $%k'$% в пределах от $%1$% до $%n-1$%.

Слагаемое $%C_n^k5^m(\frac65)^{km/n}$% равно $%C_n^k5^m(\frac65)^{q_k+r_k/n}=C_n^k5^{m-q_k}6^{q_k}\alpha^{r_k}$%, поэтому $%\alpha$% является корнем многочлена $%f(x)$% степени $%n-1$% с рациональными коэффициентами, где $%f(x)=\sum\limits_{k=1}^{n-1}C_n^k5^{m-q_k}6^{q_k}x^{r_k}+5^m+6^m-7^m$%. Сокращений подобных членов здесь не происходит как потому, что $%r_1$%, ... , $%r_{n-1}$% представляют собой перестановку чисел от $%1$% до $%n-1$%, так и потому, что все коэффициенты кроме свободного члена здесь положительны.

Осталось заметить, что многочлен $%g(x)=x^n-\frac65$% с рациональными коэффициентами, корнем которого является $%\alpha$%, неприводим над полем рациональных чисел. Это стандартный факт, но имеет смысл напомнить одно из доказательств. Предполагая противное и представляя многочлен в виде произведения двух многочленов $%g_1(x)g_2(x)$% меньшей степени над $%\mathbb Q$%, мы далее разложим их на линейные множители вида $%x-\lambda_i$% над $%\mathbb C$%. Ясно, что $%|\lambda_i|=\alpha$% для всех $%i$%, а тогда модуль свободного члена $%g_1(x)$% будет равен $%\alpha^d$%, где $%d=\deg g_1$% -- число от $%1$% до $%n-1$%. Этого быть не может ввиду иррациональности числа $%\sqrt[n]{(\frac65)^d}$%.

Завершая доказательство, заметим, что $%\alpha$% является общим корнем наибольшего общего делителя $%f$% и $%g$%, имеющего рациональные коэффициенты. Из этого следует, что $%g(x)$% имеет нетривиальный делитель в кольце многочленов с рациональными коэффициентами, вопреки неприводимости.

ссылка

отвечен 26 Фев '15 12:55

2

@falcao: По сути, всё доказательство в последнем абзаце. Красиво!

(27 Фев '15 12:18) EdwardTurJ

@falcao, большое спасибо!

(13 Апр 11:52) Казвертеночка
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:

×843
×19

задан
13 Фев '15 5:40

показан
3765 раз

обновлен
13 Апр 11:52

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