Matematické Fórum

vanok · 29. 10. 2015 09:58

Pozdravujem.
Dalsia diskuzia
Ako by ste dokazali, ze napr. $\sqrt 2+\sqrt5$ je iracionalne cislo ?

Pavel · 29. 10. 2015 17:07

Brano · 29. 10. 2015 18:08

Uz sme tu na fore rozoberali vetu: pre lubovolne cele $n$ je $\sqrt{n}$ bud cele, alebo iracionalne.

Ak by bolo $\sqrt{2}+\sqrt{5}$ racionalne, tak aj $(\sqrt{2}+\sqrt{5})^2=7+2\sqrt{10}$ je racionalne a teda aj $\sqrt{10}$ je racionalne a tym padom cele; avsak sa nachadza v intervale $(3,4)$ lebo $3^2=9<10<16=4^2$ a to je spor.

vanok · 29. 10. 2015 19:36 — Editoval vanok (29. 10. 2015 19:46)

Ahoj ↑ Brano:, ↑ Pavel:
Dakujem za prispevky.
To mate pravdu.... Take dokazy sa vidia naajcastejsie.

Ja som myslel na vyuzitie toho, ze ide o algebricke cislo.
Je jednoduche napisat jeho minimalny polynom a lahko sa ukaze ze ten nema rationalny koren.

A tak rozmyslajme este trochu o tom.

check_drummer · 29. 10. 2015 22:53

↑ vanok:
Ahoj,
napadlo mě:
Pokud $\sqrt 2+\sqrt5$ není iracionální, tak lze psát $\sqrt 2 = i + r$ a $\sqrt 5 = -i + s$ pro i iracionální, r,s racionální (víme, že $\sqrt 2$ a $\sqrt 5$ jsou iracionální). Potom tedy je $\sqrt 2+\sqrt5 = r+s$ . Ovšem je i $\sqrt 2-\sqrt5 = 2i+r-s$ a vynásobením obou rovností získáme 2-5=(r+s).(2i+r-s), z čehož plyne, že i je racionální, což je spor.

vanok · 29. 10. 2015 23:01

Ahoj ↑ check_drummer:,
Z trochou prace sa tu podari ukazat pekne metody na ktore ludia ani nemyslia.

byk7 · 29. 10. 2015 23:16

Možná zajímavější a obecnější otázka, existují celá čísla $k_1,k_2,\ldots,k_m\ge2$ a racionální $q_1,q_2,\ldots,q_m>0$ taková, že pro $i\neq j$ je $q_i\neq q_j$ , pro všechna $1\le i\le m$ nejsou čísla $\sqrt[k_i]{q_i}$ racionální a přitom je racionální číslo
$Q=\sum_{n=1}^m q_n^{1/{k_n}}$ ?

vanok · 29. 10. 2015 23:41

Ahoj ↑ byk7:,
To moze byt nova diskuzia, i ked takto polozena otazka zda sa skor tazka.
Urob skor nove vlakno a zacni diskuziu z jednoduchymi situciamy, take ze to mozno vyriesi tvoju otazku ( aj vdaka kolegom).
Co motivovalo tvoju otazku?

Ja som tu polozil ( na opak) jednu otazku, v jednoduchej formulacii. A uz sme napisali riesenia co mozu dat peknu otazku na skusky ...
Mozno z takychto specialnych situacii sa objavi nieco vseobecnejsie.
Na otazku ↑ vanok: nemas aj ty nieco co este nebolo povedane?

byk7 · 30. 10. 2015 00:14

↑ vanok:

Moji otázku motivovala zkušenost, že všech úlohách, ve kterých se vyskytoval součet nějakých (řekněme "netriviálních") odmocnin, že tento součet je iracionální. Proto to zobecnění.

Jinak pro $\sqrt2+\sqrt5$ jsem se situaci pokoušel nasoukat na nějaký z důkazů zde (mimo prvního), ale zatím jsem moc uspěšný nebyl. Zítra se zkusím podívat ještě na tu geometrickou možnost.

Brano · 30. 10. 2015 11:13

↑ vanok:
inak ten moj postup je zreme dost blizky tomu polynomu, lebo to co tam robim, je v podsate
$(x^2-7)^2=40$ tj $x^4-14x^2+9=0$ atd. podla toho co si pisal

vanok · 30. 10. 2015 13:23

Ahoj↑ Brano:,
Ano to je zabavne, ze ten isty zapis sa moze mat rozne interpretacie.
Takto je ale legitimne dat taketo otazky aj pri studiu minimalnych polynomov. 😀

vanok · 21. 11. 2015 19:32 — Editoval vanok (25. 11. 2015 11:33)

Pozdravujem,
Dam tu popis este jednej metody.
Prva vlasnost
$\sqrt 2$ nemoze byt cele, lebo nie je kvadraticke residus $\mod 3$
Skutocne, Ak by to tak bolo, tak $\sqrt 2 = k$ pre nejake k cele cislo.
Tak $k^2=2$ , co da $k^2=2 \mod 3$
Ale to nie je mozne ( staci overit pre 0,1,2), cize je to spor.
Tak $\sqrt 2$ nie je cele cislo.
Tak mame poucenie : ak urcita vlasnost je je platna mod p ( p premier), tak plati aj pre vsetki cele cisla.

Podobne mame
Ak polynom P ( jednej premennej X) a majuci cele koeficienty. Ak P je irediktibilny na $\mathbb{F}[X]_p$ , tak je tiez ireduktibilny na $\mathbb{Z}[X]$ .
( opacna implikacia vseobecne neplati)

Co sa da obrazne povedat, ak nejake algebricke cele cislo je lokalne iracionalne, tak musi byt iracionalne.

To nam moze dat myslienku na dokaz napr. Ze $\sqrt2+\sqrt3$ je iracionalne, podrobne ako je to tu vyssie popisane.
Na to staci mat prvocislo p, take, ze $2$ je kvadraticke residus $\mod p$ ale zaroven $3$ nie je kvadraticke residus $\mod p$ .
Polozme $\sqrt2+\sqrt3=k$ ( k cele cislo), pracujme $\mod 7$ ,
$\sqrt 2=\sqrt 9=\pm 3 \mod 7$ ( tiez mame pochopitelne, ze $3$ nie je kvadraticke residus $\mod 7$ )
Co je ekvivalentne z $(k \pm 3)^2=3 \mod 7$ Ale to je nemozne, cize mame spor.

Cvicenie. Dokaz te podobne, ze $\sqrt 2+\sqrt 5$ je iracionalne.

Iste poznate aj ine metody. Ake?