Ρητοί...

#1

Έστω $a,b\in \Bbb{Q}$ τέτοιοι ώστε $\sqrt{a+\sqrt{b}}+\sqrt{b+\sqrt{a}}\in \Bbb{Q}$ .
Δείξτε ότι $\sqrt{a},\ \sqrt{b}\in \Bbb{Q}$ και βρείτε παράδειγμα τέτοιων αριθμών με $ab\neq 0.$

http://forum.gil.ro/viewtopic.php?f=63&t=3191&start=0

#2

socrates έγραψε:Έστω $a,b\in \Bbb{Q}$ τέτοιοι ώστε $\sqrt{a+\sqrt{b}}+\sqrt{b+\sqrt{a}}\in \Bbb{Q}$ .
Δείξτε ότι $\sqrt{a},\ \sqrt{b}\in \Bbb{Q}$ και βρείτε παράδειγμα τέτοιων αριθμών με $ab\neq 0.$

Μια σκέψη, χωρίς παράδειγμα.

Θέτουμε $r=\sqrt{a+\sqrt{b}}+\sqrt{b+\sqrt{a}}.$ Ας υποθέσουμε ότι $a\leq b.$ Τότε

$r-\sqrt{b+\sqrt{a}}=\sqrt{a+\sqrt{b}}$

$a+\sqrt{b}=r^2+b+\sqrt{a}-2r\sqrt{b+\sqrt{a}}$

$2r\sqrt{b+\sqrt{a}}=r_1+\sqrt{a}-\sqrt{b}$ , όπου $r_1=r^2+b-a\in\Bbb{Q}$ . Επιπλέον $r_1\geq r^2>0.$

Υψώνουμε ξανά στο τετράγωνο οπότε

$(4r^2-2r_1)\sqrt{a}+2r_1\sqrt{b}+2\sqrt{ab}=r_1^2+a+b-4r^2b\in\Bbb{Q}$

Είναι ακόμα 4r^2-2r_1>0

αφού

Είναι γνωστό το παρακάτω λήμμα:

Αν $a,b,c\in\Bbb{Q}$ και $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\in\Bbb{Q}$ τότε $\sqrt{a},\sqrt{b},\sqrt{c}\in\Bbb{Q}.$

Το παραπάνω εξακολουθεί να ισχύει και όταν οι ρίζες έχουν συντελεστές θετικούς ρητούς.

chrislg · #3

κάπου υπάρχει και ένα bulletin με ασκησεις ρητων-αρρητων μπορει να μου καποιος που βρισκεται ?

#4

chrislg έγραψε:κάπου υπάρχει και ένα bulletin με ασκησεις ρητων-αρρητων μπορει να μου καποιος που βρισκεται ?

viewtopic.php?f=111&t=23525

#5

Ένα παράδειγμα είναι για $\displaystyle{a=b=\frac{1}{9}}.$

#6

socrates έγραψε:Έστω $a,b\in \Bbb{Q}$ τέτοιοι ώστε $\sqrt{a+\sqrt{b}}+\sqrt{b+\sqrt{a}}\in \Bbb{Q}$ .
Δείξτε ότι $\sqrt{a},\ \sqrt{b}\in \Bbb{Q}$ και βρείτε παράδειγμα τέτοιων αριθμών με $ab\neq 0.$

Έδωσε ο Παύλος παράδειγμα αλλά για να κάνω ένα ιστορικό σχόλιο, ας δώσω άλλο ένα.

Παίρνουμε a=A^2, b=B^2

όπου τα

τα διαλέγουμε έτσι ώστε (οι λεπτομέρειες παρακάτω) $A^2 +B, \, B^2+A, \,$ τέλεια τετράγωνα και τα δύο (*)

. Τότε αυτόματα $\sqrt{a+\sqrt{b}}+\sqrt{b+\sqrt{a}}\in \Bbb{Q}$ .

Τώρα, το Πρόβλημα 20 στο δεύτερο βιβλίο των Αριθμητικών του Διοφάντου έχει ακριβώς αυτό το (*)

ως ζητούμενο! Γράφω από μνήμης την έξυπνη λύση του που, αν δεν είναι ακριβώς όπως την μεταφέρω, είναι κάποια παραλλαγή της (είμαι ταξίδι εκτός έδρας, και δεν έχω τα βιβλία μου).

Παίρνουμε $A=t, \, B= -2ct+c^2$ , οπότε αυτόματα A^2+B= (t-c)^2=

τέλειο τετράγωνο.

Μένει να διαλέξουμε το

ώστε να γίνει τέλειο τετράγωνο και το B^2+A= ... = 4c^2 t^2 +(1-4c^3)t + c^4

. Θα το πετύχω αν επιλέξω το τελευταίο αυτό τέλειο τετράγωνο να είναι το 4c^2t^2

. Δηλαδή λύνω ως προς

την

, ισοδύναμα (1-4c^3)t + c^4=0

.

Πρόκειται για πρωτοβάθμια εξίσωση!!!! Αυτό το τέχνασμα υποβιβασμού του βαθμού της εξίσωσης ώστε να παρακάμπτονται οι κακοτοπιές που εισάγουν αρρητότητες, το κάνει πολύ συχνά ο Διόφαντος. Θα βρούμε

$A = t = \frac {c^4}{4c^3-1}, \, B= -2ct+c^2 = \frac {2c^5-c^2}{4c^3-1}$ . Kαι λοιπά.

Αθάνατα αρχαία ελληνικά Μαθηματικά.

Φιλικά,

Μιχάλης

Ρητοί...

Ρητοί...

Re: Ρητοί...

Re: Ρητοί...

Re: Ρητοί...

Re: Ρητοί...

Re: Ρητοί...

Μέλη σε σύνδεση