liczba niewymierna

[metalknight]

Wykazać, że liczba \(\displaystyle{ \sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7}+\sqrt{11}}\) jest niewymierna.

[waliant]

Pokaż, że \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\) jest niewymierny i skorzystaj z tego, że suma liczby niewymiernej i dowolnej liczby jest niewymierna (jeśli nie są to liczby przeciwne).

[JakimPL]

Suma liczby niewymiernej i dowolnej liczby jest niewymierna (jeśli nie są to liczby przeciwne).

Nie jest to prawda, np. \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\), \(\displaystyle{ 3-\sqrt{2}}\).

[metalknight]

Próbowałem nie wprost to pokazać, a także znaleźć odpowiedni wielomian o współczynnikach całkowitych, ale nie udało mi się doprowadzić tego do końca.

[musialmi]

Suma liczby niewymiernej i dowolnej liczby jest niewymierna (jeśli nie są to liczby przeciwne).

Nie jest to prawda, np. \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\), \(\displaystyle{ 3-\sqrt{2}}\).

Nie rozumiem. Wg ciebie ta różnica jest wymierna?

[AiDi]

Tam jest napisane "dowolnej liczby", a nie liczby wymiernej, więc nie musi być ta różnica wymierna.

[musialmi]

A, rozumiem, ten przecinek miał wymieniać składniki sumy, no tak.

[JakimPL]

Wg ciebie ta różnica jest wymierna?

Suma.

Próbowałem nie wprost to pokazać, a także znaleźć odpowiedni wielomian o współczynnikach całkowitych, ale nie udało mi się doprowadzić tego do końca.

Byłoby ciężko, to wielomian \(\displaystyle{ 32}\) stopnia, chociaż wówczas z twierdzenia o pierwiastkach wymiernych teza jest natychmiastowa.

W razie braku pomysłów, można się pobawić:

\(\displaystyle{ \frac{p}{q}=\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7}+\sqrt{11}}\)

\(\displaystyle{ \left(\frac{p}{q}-\sqrt{3}-\sqrt{5}-\sqrt{7}-\sqrt{11}\right)^2=2}\)

\(\displaystyle{ \frac{p^2}{q^2}-\frac{2 \sqrt{11} p}{q}-\frac{2 \sqrt{7} p}{q}-\frac{2 \sqrt{5} p}{q}-\frac{2 \sqrt{3} p}{q}+2 \sqrt{77}+2 \sqrt{55}+2 \sqrt{35}+2 \sqrt{33}+2 \sqrt{21}+2 \sqrt{15}+26=2}\)

I tak dalej, wyłączać odpowiednie pierwiastki, przerzucać, potęgować; coś tam z pomocą komputera się wyliczy w końcu .

[metalknight]

A skąd wiadomo, że się wyliczy? Podniosłeś do kwadratu i liczba niewymiernych pierwiastków kwadratowych z pięciu w wyrażeniu \(\displaystyle{ \frac{p}{q}=\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7}+\sqrt{11}}\) zwiększyła ci się do dziesięciu w wyrażeniu \(\displaystyle{ \frac{p^2}{q^2}-\frac{2 \sqrt{11} p}{q}-\frac{2 \sqrt{7} p}{q}-\frac{2 \sqrt{5} p}{q}-\frac{2 \sqrt{3} p}{q}+2 \sqrt{77}+2 \sqrt{55}+2 \sqrt{35}+2 \sqrt{33}+2 \sqrt{21}+2 \sqrt{15}+26=2}\).
Teraz jak podniesiesz do kwadratu to ostatnie wyrażenie, to znowu ci się zwiększy ilość pierwiastków niewymiernych. Zmierzam do tego w jaki sposób kolejne potęgowania przybliżają do wykazania tezy? Bo ja tu widzę coś zupełnie odwrotnego.

[JakimPL]

W ośmiu krokach powinno dojść się do wielomianu minimalnego o współczynnikach całkowitych.

A niech to:

\(\displaystyle{ x-\sqrt{11}-\sqrt{7}-\sqrt{5}-\sqrt{3}-\sqrt{2}=0}\)

\(\displaystyle{ \left(x-\sqrt{11}-\sqrt{7}-\sqrt{5}-\sqrt{3}\right)^2=2}\)

\(\displaystyle{ x^2-2 \sqrt{11} x-2 \sqrt{7} x-2 \sqrt{5} x-2 \sqrt{3} x+2 \sqrt{77}+2 \sqrt{55}+2 \sqrt{35}+2 \sqrt{33}+2 \sqrt{21}+2 \sqrt{15}+24=0}\)

\(\displaystyle{ x^2-2 \sqrt{11} x-2 \sqrt{7} x-2 \sqrt{5} x+2 \sqrt{77}+2 \sqrt{55}+2 \sqrt{35}+24=2 \sqrt{3} \left(x-\sqrt{11}-\sqrt{7}-\sqrt{5}\right)}\)

\(\displaystyle{ x^4-4 \sqrt{11} x^3-4 \sqrt{7} x^3-4 \sqrt{5} x^3+12 \sqrt{77} x^2+12 \sqrt{55} x^2+12 \sqrt{35} x^2+128 x^2-24 \sqrt{385} x-168 \sqrt{11} x-200 \sqrt{7} x-216 \sqrt{5} x+112 \sqrt{77}+128 \sqrt{55}+160 \sqrt{35}+968=0}\)

\(\displaystyle{ x^4-4 \sqrt{11} x^3-4 \sqrt{5} x^3+12 \sqrt{55} x^2+128 x^2-168 \sqrt{11} x-216 \sqrt{5} x+128 \sqrt{55}+968=4 \sqrt{7} \left(x^3-3 \sqrt{11} x^2-3 \sqrt{5} x^2+6 \sqrt{55} x+50 x-28
\sqrt{11}-40 \sqrt{5}\right)}\)

\(\displaystyle{ x^8-8 \sqrt{11} x^7-8 \sqrt{5} x^7+56 \sqrt{55} x^6+400 x^6-1168 \sqrt{11} x^5-1840 \sqrt{5} x^5+3040 \sqrt{55} x^4+22336 x^4-21760 \sqrt{11} x^3-31744 \sqrt{5} x^3+15680 \sqrt{55} x^2+117376 x^2-19328 \sqrt{11} x-29312 \sqrt{5} x-3072 \sqrt{55}-23744=0}\)

Jeszcze dwie operacje przenoszenia i potęgowania, a nie będzie w ogóle pierwiastków. Otrzymujemy na końcu

\(\displaystyle{ x^{32}-448 x^{30}+84864 x^{28}-9028096 x^{26}+602397952 x^{24}-26625650688
x^{22}+801918722048 x^{20}-16665641517056 x^{18}+239210760462336
x^{16}-2349014746136576 x^{14}+15459151516270592
x^{12}-65892492886671360 x^{10}+172580952324702208
x^8-255690851718529024 x^6+183876928237731840 x^4-44660812492570624
x^2+2000989041197056}\)

którego pierwiastkiami są sumy \(\displaystyle{ (-1)^{j_1}\sqrt{2}+(-1)^{j_2}\sqrt{3}+(-1)^{j_3}\sqrt{5}+(-1)^{j_4}\sqrt{7}+(-1)^{j_5}\sqrt{11}}\) dla \(\displaystyle{ (j_k)_{k=1}^{5}\in\{0,1\}^5}\).

[metalknight]

Nie wiem czy dobrze rozumiem. Z tym przenoszeniem i podnoszeniem do kwadratu chodzi o to aby w kolejnych krokach wyrugować \(\displaystyle{ 11,7,5,3,2}\) spod pierwiastka dlatego wyłącza się przed nawias odpowiednie wielokrotności \(\displaystyle{ \sqrt{a}}\) z prawej strony?

Na koniec zostaje mi \(\displaystyle{ 450}\) dzielników \(\displaystyle{ 2000989041197056}\) do sprawdzenia czy są pierwiastkami, tak?

[JakimPL]

Tak, o to chodzi. Wielomian mimo swojej paskudnej formy ma parę własności (parzystość), które z miejsca eliminują niektóre dzielniki. Formalnie tak, trzeba sprawdzić każdy z możliwych.

Jeżeli nie zapomnę, wrócę tu z nieco sprytniejszym pomysłem, ten powyższy jest "dla komputera". Skąd jest to zadanie?

[Panda]

Niech \(\displaystyle{ (p_{n}) = (2,3,...)}\), \(\displaystyle{ q_{n} = \sqrt{p_{n}}}\).
Można indukcyjnie pokazać, że suma liczby wymiernej i iloczynów różnych liczb postaci \(\displaystyle{ q_{k}}\), przy ograniczomym \(\displaystyle{ k}\), jest niezerowa (o ile, po pogrupowaniu względem tych iloczynów pierwiastków, zostanie przy jakimś niezerowy współczynnik).
Dowód kroku jest bardzo prosty: Gdyby teza nie działała dla \(\displaystyle{ k}\) ograniczonego przez \(\displaystyle{ n+1}\), to możemy przerzucić wszystkie składniki-iloczyny zawierające \(\displaystyle{ q_{n+1}}\) na jedną stronę i podnieść do kwadratu, dostając sprzeczność z założeniem indukcyjnym.

-- 24 lutego 2014, 21:51 --

Dobra, widzę teraz, że to nie jest oczywiste, że podniesienie do kwadratu nie zredukuje współczynników wymiernych do zera. Może da się to naprawić?

[Ponewor]

Na koniec zostaje mi \(\displaystyle{ 450}\) dzielników \(\displaystyle{ 2000989041197056}\) do sprawdzenia czy są pierwiastkami, tak?

Oczywiście, że nie. Już wspomniana parzystość odbębnia Ci połowę roboty. Po drugie warto zauważyć, że interesują nas te dzielniki, które są podzielne przez \(\displaystyle{ 2}\) - bo wszystkie współczynniki wielomianu, poza współczynnikiem przy \(\displaystyle{ x^{32}}\) są parzyste. Po trzecie i najważniejsze, mamy:
\(\displaystyle{ 9<1+1+2+2+3 <\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7}+\sqrt{11} <2+2+3+3+4=14}\)
Zatem jeśli badana liczba jest wymiernym pierwiastkiem tego wielomianu, to jest podzielnym przez \(\displaystyle{ 4}\) dzielnikiem liczby \(\displaystyle{ 2000989041197056}\) z przedziału \(\displaystyle{ \left( 9, \ 14\right)}\). Jedynym sensownym kandydatem jest więc \(\displaystyle{ 12}\), ale tak się składa, że \(\displaystyle{ 3}\) nie dzieli tej liczby, więc tym bardziej nie czyni tego \(\displaystyle{ 12}\).

[Marcinek665]

Kminiąc jakieś zadanie, potrzebny mi był nieco ogólniejszy fakt i sądzę, że warto odświeżyć ten wątek, bo jest on jednocześnie rozwiązaniem tego problemu.

Zadanie: niech \(\displaystyle{ x_1, x_2, \ldots, x_n \in \mathbb{Q}}\) oraz niech \(\displaystyle{ \sqrt{x_1} + \sqrt{x_2} + \ldots + \sqrt{x_n} \in \mathbb{Q}.}\) Wówczas wszystkie liczby \(\displaystyle{ \sqrt{x_i}}\) są wymierne.

Solv:    

Dla \(\displaystyle{ n=1}\) ok. Załóżmy więc, że dla \(\displaystyle{ 1,2, \ldots , n}\) działa i pokażemy, że jak dorzucimy liczbę \(\displaystyle{ \sqrt{x_{n+1}}}\), to nadal będzie dobrze. Jeśli któraś z liczb \(\displaystyle{ \sqrt{x_i}}\) jest wymierna, to problem redukujemy do niższego \(\displaystyle{ n}\), zatem indukcja pracuje. Załóżmy, że dla żadnego \(\displaystyle{ i}\) liczba \(\displaystyle{ \sqrt{x_i}}\) nie jest wymierna. Rozważmy wobec tego ciało \(\displaystyle{ \mathbb{Q}[\sqrt{x_{n+1}}]}\). Należą do niego wszystkie liczby postaci \(\displaystyle{ a_i + b_i \sqrt{x_{n+1}}}\), gdzie \(\displaystyle{ a_i, b_i}\) są wymierne. Wówczas dla każdego \(\displaystyle{ i}\) mamy \(\displaystyle{ \sqrt{x_i} = a_i + b_i \sqrt{x_{n+1}}}\), co po malutkich manipulacjach daje \(\displaystyle{ \sqrt{x_{n+1}} = \frac{x_i - a_i^2 - b_i^2x_{n+1}}{2a_ib_i} \in \mathbb{Q}}\), co jest sprzeczne z założeniem, że \(\displaystyle{ \sqrt{x_{n+1}}}\) nie jest wymierne. No ale skoro \(\displaystyle{ b_i \neq 0}\), to musi być \(\displaystyle{ a_i= 0}\) dla każdego \(\displaystyle{ i}\). Oznacza to, że \(\displaystyle{ \sqrt{x_i} = b_i \sqrt{x_{n+1}}}\), czyli \(\displaystyle{ s=\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}+\ldots+\sqrt{x_n}+\sqrt{x_{n+1}}=(b_1+b_2+\ldots + b_n + 1) \sqrt{x_{n+1}}}\). Z założenia \(\displaystyle{ s \in \mathbb{Q}}\), poza tym \(\displaystyle{ b_1+b_2+\ldots+b_n+1 \neq 0}\), zatem \(\displaystyle{ \sqrt{x_{n+1}}=\frac{s}{b_1+b_2+\ldots+b_n+1} \in \mathbb{Q}}\) znowu wbrew założeniu. Oznacza to, że co najmniej jedna z liczb \(\displaystyle{ \sqrt{x_i}}\) jest wymierna i znowu cofamy się do sytuacji załatwionej przez założenie indukcyjne.