Άθροισμα ριζικών : ρητός

Γιώργος Απόκης · #1

Να εξετάσετε αν υπάρχουν τιμές του φυσικού n>1

ώστε ο αριθμός

$x=\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}$ να είναι ρητός.

Tolaso J Kos · #2

Γιώργος Απόκης έγραψε:Να εξετάσετε αν υπάρχουν τιμές του φυσικού ώστε ο αριθμός

$x=\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}$ να είναι ρητός.

Γιώργο κάνω μία προσπάθεια. Θα θεωρήσω ότι $n \in \mathbb{N} \setminus \{0\}$ . Τότε για n=1

εύκολα βλέπουμε ότι $x=\sqrt{2}$ το οποίο ως γνωστό είναι άρρητος. Τώρα ας υποθέσουμε ότι για n>1

ο

είναι ρητός. Τότε και ο x^2

είναι ρητός. Συνεπώς:
$\displaystyle{x^2 = \left ( \sqrt{n-1} + \sqrt{n+1} \right )^2 = 2n +2\sqrt{(n-1)(n+1)}=2n+ 2 \sqrt{n^2-1}}$ Από πάνω καταλήγουμε ότι $\displaystyle{\sqrt{n^2-1} = \frac{x^2-2n}{2} \in \mathbb{Q}}$ διότι αυτό υποθέσαμε. Όμως, $\displaystyle{(n-1)^2< n^2-1<n^2}$ για κάθε $\mathbb{N} \ni n >1$ . Παίρνοντας ρίζα στη τελευταία διπλή ανισότητα έχουμε:
$\displaystyle{n-1 < \sqrt{n^2-1} < n}$ το οποίο μας δίδει άτοπο αφού ο αριθμός που υποθέσαμε ότι είναι ρητός είναι ανάμεσα σε δύο διαδοχικά τετράγωνα. Συνεπώς δεν υπάρχουν τιμές του $n \in \mathbb{N} \setminus \{0 \}$ έτσι ώστε ο

να 'ναι ρητός.

Ορέστης Λιγνός · #3

Γιώργος Απόκης έγραψε:Να εξετάσετε αν υπάρχουν τιμές του φυσικού ώστε ο αριθμός

$x=\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}$ να είναι ρητός.

Καλησπέρα κύριε Γιώργο.

$x^2=2n+2\sqrt{n^2-1}$ , και αφού $n \in \mathbb{N}$ ,και ο

είναι ρητός, είναι και φυσικός.

Άρα, $2\sqrt{n^2-1} \in \mathbb{N} \Leftrightarrow \sqrt{4n^2-4} \in \mathbb{N} \Leftrightarrow 4n^2-4=a^2 \Leftrightarrow (2n-a)(2n+a)=4$ , με $a,n \in \mathbb{N}$ .

Έχουμε δύο περιπτώσεις :

1) 2n-a=1,2n+a=4

. Προσθέτοντας κατά μέλη, έχουμε 4n=5

, αδύνατο.

2) 2n-a=2,2n-a=2

. Προσθέτοντας κατά μέλη, έχουμε n=1

, αδύνατο.

Άρα, δεν υπάρχει τέτοιος

.

Γιώργος Απόκης · #4

Eυχαριστώ και τους δύο για τις όμορφες λύσεις!

#5

Μία επίσης στάνταρ διαδικασία που χρησιμοποιείται αρκετές φορές σε εισαγωγικό μάθημα θεωρίας σωμάτων είναι η εξής:

Ας υποθέσουμε ότι υπάρχουν τιμές του φυσικού

ώστε ο αριθμός

να είναι ρητός. Τότε ισχύουν:

$\begin{aligned}\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}\in\mathbb{Q} &\Rightarrow \dfrac{\left( \sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}\right)\left( \sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}\right)}{ \sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}}=\dfrac{2}{ \sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}}\in\mathbb{Q} \\ &\Rightarrow \sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}\in\mathbb{Q}\end{aligned}$

Έτσι με βάση την αρχική έχουμε $\dfrac{1}{2}\left[\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}\right) + \left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}\right)\right] = \sqrt{n+1}\in\mathbb{Q}$ απ' όπου με τη βοήθεια πάλι της αρχικής παίρνουμε $\sqrt{n-1}\in\mathbb{Q}$ .

Άρα $\sqrt{n+1}, \ \sqrt{n-1}\in\mathbb{Q}$ . Όταν όμως η ρίζα φυσικού είναι ρητός τότε ο ρητός είναι φυσικός (γιατί;)

Άρα υπάρχουν φυσικοί αριθμοί a,b

ώστε

και

απ' όπου $a^2-b^2=2 \Rightarrow (a-b)(a+b)=2$ από την οποία δεν προκύπτουν λύσεις.

Αλέξανδρος

Γιώργος Απόκης · #6

Αλέξανδρε, ευχαριστώ!

#7

Για ποικιλία δίνω μια διαφορετική προσέγγιση (Επεξεργασία: η οποία χρησιμοποιεί ύλη της Β' Λυκείου) αν και αυτές που δόθηκαν είναι πιο σύντομες.

Από το $x^2 = 2n + 2\sqrt{n^2-1}$ του Ορέστη προχωρώ στο $x^2-2n = 2\sqrt{n^2-1}$ και υψώνοντας στο τετράγωνο καταλήγω στο x^4 - 4nx^2 + 4n^2 = 4n^2-4

και άρα στο

$\displaystyle{ x^4 - 4nx^2 + 4 = 0}$

Άρα το πολυώνυμο P(X) = X^4 - 4nX^2 + 4

έχει ρητή ρίζα. Από το θεώρημα ρητών ριζών (αλήθεια, αυτό διδάσκεται στο σχολείο;) αυτή πρέπει να είναι μία από τις $\pm 1, \pm 2, \pm 4$ .

Οι $\pm 1$ απορρίπτονται λόγω αρτιότητας. Οι $\pm 2$ δίνουν 16n = 20

, άτοπο. Τέλος οι $\pm 4$ δίνουν 64n = 68

που πάλι απορρίπτεται.

Tolaso J Kos · #8

Demetres έγραψε:Από το θεώρημα ρητών ριζών (αλήθεια, αυτό διδάσκεται στο σχολείο;) αυτή πρέπει να είναι μία από τις $\pm 1, \pm 2, \pm 4$ .

Δημήτρη ναι , αλλά είναι στη Β Λυκείου .

Άθροισμα ριζικών : ρητός

Άθροισμα ριζικών : ρητός

Re: Άθροισμα ριζικών : ρητός

Re: Άθροισμα ριζικών : ρητός

Re: Άθροισμα ριζικών : ρητός

Re: Άθροισμα ριζικών : ρητός

Re: Άθροισμα ριζικών : ρητός

Re: Άθροισμα ριζικών : ρητός

Re: Άθροισμα ριζικών : ρητός

Μέλη σε σύνδεση