Numero irrazionale

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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Matimil8
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Numero irrazionale

Messaggio da Matimil8 » 15 dic 2017, 14:26

Dimostrare che se nessuno dei numeri naturali $a,b $ è un cubo perfetto, allora
$\sqrt [3]a+\sqrt [3]b$ è un numero irrazionale.

Paperottolo
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Re: Numero irrazionale

Messaggio da Paperottolo » 26 dic 2017, 21:08

perchè se non sono cubiti perfetti la radice cubica avrà la virgola

Fenu
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Re: Numero irrazionale

Messaggio da Fenu » 29 dic 2017, 14:47

Tralasciamo la dimostrazione dell' irrazionalità di $ \sqrt [3]a$ e $\sqrt [3]b$ per $a, b$ non cubi in quanto banale.
Supponiamo ora esistano $m$ ed $n$ interi positivi tali che
$$\sqrt [3]a+\sqrt [3]b= \frac{m}{n}(*)$$
Innanzitututto $\frac{m}{n} >0$ in quanto $a, b$ positivi.
Elevando al cubo in $(*)$ otteniamo:
$$a+b+3\cdot\sqrt[3]{ab}\cdot(\sqrt[3]{a}+\sqrt[]{b})=\frac{m^3}{n^3}$$
che ci porta a dire che $\sqrt[3]{ab}$ e' razionale dato che $a, b, \sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}$ sono razionali per ipotesi e supposizione.
Da $(*)$ elevata al quadrato otteniamo che anche $(\sqrt[3]{a})^2 + (\sqrt[3]{b})^2$ è razionale.
Una fattorizzazione nota ci porta inoltre a dire che
$$((\sqrt[3]{a})^2+(\sqrt[3]{b})^2+\sqrt[3]{ab})\cdot(\sqrt[3]{a}-\sqrt[3] {b})=a-b$$
ovvero che $\sqrt[3]{a}-\sqrt[3]{b}$ appartiene a $\mathbb{Q}$.
Questo, insieme a $(*)$ ci permette di dire che $\sqrt[3]{a}, \sqrt[3]{b}$ appartengono entrambi a $\mathbb{Q}$ che contraddice l' irrazionalità di cui ho parlato inizialmente.
Aspetto correzioni.

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