Un numero irrazionale un po' particolare

[matty96]

Provare che $\sqrt[3]{2}$ non può essere scritto nella forma $p+q\sqrt{r}$ con $p,q,r \in \mathbb{Q}$

[Drago96]

Pongo per assurdo che $\sqrt[3]{2} = p+q\sqrt{r}$
Elevo al cubo: $2 = p^3 + 3p^2q\sqrt{r} + 3pq^2r + q^3r\sqrt{r}$

Raccolgo $q\sqrt{r}$ : $2 = p^3 + q\sqrt{r}(3p^2 + 3pq\sqrt{r} + q^2r)$

Visto che: $q\sqrt{r} = \sqrt[3]{2} - p$

Sostituisco: $2 = p^3 + (\sqrt[3]{2} - p)(3p^2 + 3pq\sqrt{r} + q^2r)$

Dato che: irrazionale + razionale = irrazionale ; e irrazionale * razionale = irrazionale; e $\sqrt[3]{2}$ è irrazionale,
allora il membro di sinistra è irrazionale;

ma ciò è assurdo, in quanto $2$ è razionale.

Perciò $\sqrt[3]{2} \not= p+q\sqrt{r} \ \ \forall \ p,q,r \in \mathbb{Q}$

[ma_go]

Sostituisco: $2 = p^3 + (\sqrt[3]{2} - p)(3p^2 + 3pq\sqrt{r} + q^2r)$.
Dato che: irrazionale + razionale = irrazionale ; e irrazionale * razionale = irrazionale; e $\sqrt[3]{2}$ è irrazionale, allora il membro di sinistra è irrazionale.

ok: irrazionale+razionale=irrazionale, e irrazionale*razionale=irrazionale. ma il secondo addendo non è della forma irrazionale*razionale, bensì della forma irrazionale*irrazionale (che può benissimo essere razionale).

fossi in te, io proverei a tornare indietro un paio di passaggi, e vedere (letteralmente) cosa ti trovi a guardare..

p.s. vi prego: "un po'" invece di "un pò"...

[Drago96]

Ricominciamo, che è meglio...

Pongo per assurdo che $\sqrt[3]{2} = p+q\sqrt{r}$
Elevo al cubo: $2 = p^3 + 3p^2q\sqrt{r} + 3pq^2r + q^3r\sqrt{r}$

Ora distinguo 2 casi:
1° caso, $\sqrt{r}$ è un razionale:
$2 = p^3 + q\sqrt{r}(3p^2 + 3pq\sqrt{r} + q^2r) \rightarrow 2 = p^3 + (\sqrt[3]{2} - p)(3p^2 + 3pq\sqrt{r} + q^2r)$

Dato che: razionale + razionale = razionale; irrazionale + razionale = irrazionale ; irrazionale * razionale = irrazionale; e $\sqrt[3]{2}$ è irrazionale,
allora il membro di destra è irrazionale;

ma ciò è assurdo, in quanto $2$ è razionale.

2° caso, $\sqrt{r}$ è irrazionale:
$p^3 + 3p^2q\sqrt{r} + 3pq^2r + q^3r\sqrt{r}$ è irrazionale, ma $2$ è razionale: assurdo.

Penso che ora sia più corretto...

[ma_go]

siccome sei giovine, faccio un po' il pedante e controllo tutto quello che fai con un po' più di attenzione (non avermene a male).
la prima parte va bene, ma si poteva dire che $\sqrt{r}$ non è razionale mooolto prima (pensaci!).
andiamo alla seconda.

$p^3 + 3p^2q\sqrt{r} + 3pq^2r + q^3r\sqrt{r}$ è irrazionale

perché questa cosa è irrazionale? (lo so, sto facendo il pedante, ma il punto di questo problema è fare tutti i dettagli).

[Drago96]

la prima parte va bene, ma si poteva dire che $\sqrt{r}$ non è razionale mooolto prima (pensaci!).

Ma nel primo caso ho lavorato con $\sqrt{r}$ razionale...

$p^3 + 3p^2q\sqrt{r} + 3pq^2r + q^3r\sqrt{r}$ è irrazionale

perché questa cosa è irrazionale? (lo so, sto facendo il pedante, ma il punto di questo problema è fare tutti i dettagli).

allora: $p^3$ e $3pq^2r$ sono razionali; $ 3p^2q\sqrt{r} $ e $q^3r\sqrt{r}$ sono irrazionali, poichè raz * irr = irr;
Sommando irrazionali tra loro, e poi a razionali (o in qualunque altro modo, dato che l'addizione è commutativa e associativa), ottengo un irrazionale.

[Anér]

Se sommi tanti razionali e un solo irrazionale ottieni sempre un irrazionale, ma se nella somma hai due o più irrazionali non puoi dire nulla a priori (ad esempio $ (\sqrt{2})+(3-\sqrt{2}) $ è somma di irrazionali ed è razionale).
Nella fattispecie però un raccoglimento furbo ti fa rimanere un solo irrazionale anziché due, così da poter concludere.
Per quanto riguarda il caso $ \sqrt{r} $ razionale, hai fatto senz'altro bene a considerarlo, ma potevi concludere l'assurdo già da $ \sqrt[3]{2}=p+q\sqrt{r} $.

[ma_go]

quoto in toto il post di Anér.
come esercizio (utilissimo, fidati!), prendi e scrivi una soluzione "pulita", con tutti (beh, almeno una quantità ragionevole di) dettagli.
se hai voglia, postala pure, e ci do volentieri un'occhiata io (se non lo fa qualcun altro prima di me).

per gli utenti un po' più esperti, c'è un'altra soluzione che vi invito a cercare..

[paga92aren]

Moltiplico per $p-q\sqrt{r}$ entrambi i membri e ottengo $p-q\sqrt{r}=k\sqrt[3]{4}$ con $k$ razionale. Ora sommo alla tesi e ottengo che $2p=\sqrt[3]{2}+k\sqrt[3]{4}$ (assurdo, ma per scrupolo continuo). Elevo al quadrato: $4p^2=\sqrt[3]{4}+4k+2k\sqrt[3]{2}$, moltiplico per $k$ e sottraggo l'equazione precedente: $4p^2k-4k^2-2p=(2k^2-1)\sqrt[3]{2}$ che è assurdo.

[julio14]

Quoto ma_go: c'è un motivo più profondo dei semplici conti per cui quei due numeri non possono essere uguali. Un piccolissimo hint, giusto per capire qual'è la strada, lasciandovela poi percorrere

Testo nascosto:

polinomi

[Anér]

Beh, in effetti $ \sqrt[3]{2} $ è radice di un polinomio di terzo grado irriducibile in $\mathbb{Q}$, ovvero $ x^3-2 $, mentre $p+q\sqrt{r}$ è radice di $x^2-2px+p^2-q^2r$, e noi sappiamo che un polinomio irriducibile divide ogni polinomio con cui condivide almeno una radice, ma $x^3-2$ non divide $x^2-px+p^2-q^2r$ per ogni scelta di p,q,r.

EDIT: corretti due typo. ma_go

[Spammowarrior]

volendo essere precisi, irrazionale per razionale = irrazionale sse razionale non è 0, quindi ci sarebbe da controllare un'altra cosa...