somma di radici è in genere irrazionale

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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piever
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somma di radici è in genere irrazionale

Messaggio da piever » 03 giu 2009, 20:30

Siano $ a_1,\dots ,a_n,k $ interi positivi tali che $ \displaystyle\sum_{i=1}^n \sqrt[k]{a_i} $ è razionale.

Si dimostri che tutti gli $ a_i $ sono potenze k-esime.
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piever
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Messaggio da piever » 10 giu 2009, 14:07

UP!

Bon, tra un po' metto la mia soluzione se nessuno risponde...
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jordan
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Messaggio da jordan » 10 giu 2009, 14:54

Parecchio tempo fa lessi (non il cane) un problema che diceva all'incirca: "le radici quadrate di n primi distinti sono linearmente indipendenti in Q".. questa però mi pare parecchio più generale, potresti aspettare fino a stasera? un'idea forse ce l'ho, ma non so se funge solo se k primo o qualche altra restrizione.. :roll:
Sempre bei problemi comunque, grazie mille!
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jordan
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Messaggio da jordan » 10 giu 2009, 17:18

Sia $ x_i:=a_i^{\frac{1}{k}} $ per ogni $ i $. Allora per ipotesi $ y:=\sum{x_i} \in \mathbb{Q} $ e dobbiamo che $ x_i \in \mathbb{Q} $ per ogni $ i $. Wlog $ x_1^2>0 $ e $ x_1 \not \in \mathbb{Q} $, per cui vogliamo mostrare l'assurdo.
Consideriamo il polinomio $ P(t)=\prod(t-x_1+\sum_{i=2}^n{\epsilon^{j_i}x_i}) $ dove i $ k^{n-1} $ fattori della produttoria sono rappresentati da tutti i possibili valori della n-1-upla $ \{j_2,j_3,...,j_n\} $, di cui ogni elemento puo assumere un valore tra 1 e k, e $ \epsilon $ è una radice primitiva $ k- $ esima dell'unità.
Adesso $ P(y)=0 $ e $ P(t)=\sum_{i=0}^{k-1}{x_1^iQ_i(t) $ per qualche polinomio $ Q_0,Q_1,Q_2,...,Q_{k-1} $ a coefficienti razionali. Infatti se in P(t) al posto di $ x_i $ (con i>1) sostituissimo un qualunque altro valore del tipo $ \epsilon^{j_i}x_i $ allora $ P(t) $ resterebbe uguale, e ciò significa che per ogni i>1 l'esponente di $ x_i $ è sempre multiplo di k.
La somma di tutti e soli gli elementi di $ P(t) $ di grado multiplo di $ k $ dovrebbe essere la media aritmetica tra $ \{P(\epsilon^it)\} $ dove $ i $ va da 1 a k.
Considerando $ t=y $ e che la somma di tutti gli $ Q_i(y) $ è nulla per $ i $ da 0 a k-1 (ma se non sbaglio vale esattamente per ogni $ Q_i(y) $) poichè P(y)=0, riscrivendo tale condizione in altro modo dovremmo ottenere un assurdo (il caso k=2 è facile in questo caso, ma negli altri non ho ancora concluso). Detto questo (che non so quanto sia vicino alla soluzione), aspetto tue notizie..
:roll:

Ps. In ogni caso è algebra :o
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Messaggio da piever » 10 giu 2009, 18:55

Uhm, interessante...

Scrivo di sotto un modo per continuare la tua quasi soluzione, se vuoi concludere da solo non leggere (non so come mettere in invisibile che ci sono formule in LaTeX - ma quella cosa che c'hanno su MathLinks "Click to reveal hiddent content" c'è un modo per farla anche sul forum?)

Ora supponiamo che $ a_1 $ non sia della forma $ b^c $ con $ c|k $ e $ c\neq 1 $ (altrimento semplifico gli esponenti e in qualche modo si aggiusta, ma ci penseremo in seguito)

In questo caso $ x^k-a_1 $ è un polinomio irriducibile nei razionali di cui $ x_1 $ è una radice...

Ora, definisci $ \displaystyle R(x)=\sum_{i=0}^{k-1}{x^iQ_i(y) $

R è un polinomio a coefficienti razionali, di cui $ x_1 $ è radice. Quindi è divisibile per $ x^k-a_1 $ ma, visto che ha grado più piccolo, si vede che è 0, da cui $ Q_i(y)=0 $ per ogni i.

Da qui credo si riesca a concludere...

E sì, in effetti è Algebra...
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Messaggio da piever » 12 giu 2009, 13:15

Altro hintone: se mandiamo $ x_1 $ in $ \epsilon x_1 $ cosa succede a P(y)?
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Messaggio da edriv » 14 giu 2009, 22:05

pietro ma anche la tua soluzione partiva da costruire P?

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Messaggio da piever » 14 giu 2009, 22:45

Sì, purtroppo non ho soluzioni meno sborone e più decorose, anche se sono abbastanza convinto che sia vero che a forza di elevare alla k e spostare le cose senza radici da una parte alla fine si riesca a togliere tutte le radici e questo dovrebbe bastare. Solo che non sono riuscito a dimostrarlo... Se tu ci sei riuscito, potresti dirmi come?
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Messaggio da jordan » 04 lug 2009, 02:42

Mi scuso per non aver risposto prima..
Allego sotto la soluzione completa
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Messaggio da piever » 04 lug 2009, 18:11

jordan ha scritto:Mi scuso per non aver risposto prima..
Allego sotto la soluzione completa
Uh, grazie mille per l'allegato, Iura è sempre Iura...
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