Как доказать иррациональность?

[nokados]

Здравствуйте. Помогите, пожалуйста, с доказательством того, что для любых рациональных $p,q,r$ (хотя бы одно из них не равно 0)
$p\sqrt2+q\sqrt3+r\sqrt{\frac23}$ является иррациональным.
Я пытался возводить в квадрат, но ничего не получилось. Дайте, пожалуйста, подсказку.

[ИСН]

Если бы тут было только два первых слагаемых, что тогда - знаете?

[nokados]

Не знаю, знаю ли.
Пусть это выражение - рациональное, тогда
$p\sqrt2+q\sqrt3 = \frac mn$
где m - целое, n - натуральное.
Возведем обе части уравнения в квадрат:
$2p^2+2pq\sqrt6+3q^2 = \frac {m^2}{n^2}$
$2pq\sqrt6 = \frac {m^2}{n^2} - 2p^2 - 3q^2$
Так как произведение иррационального числа на рациональное(не равно 0) - иррациональное, то левая часть иррациональная.
Так как разность рациональных чисел - число рациональное, то правая часть - рациональная.
Следовательно, возникает противоречие (иррациональное равно рациональному), значит $p\sqrt2+q\sqrt3$ - иррациональное.

Частный случай, если p или q равно 0, то левая часть равна нулю. Так как правая часть - сумма квадратов, то она больше или равна 0. А так как одно из чисел(p или q) - не равно 0, то правая часть больше 0. Значит левая часть меньше правой. Такого быть не может => $p\sqrt2+q\sqrt3$ - иррациональное.

Или так нельзя доказывать? Есть ли способ лучше/проще?

[ИСН]

Типа того. Ну так вот, здесь придётся возводить в квадрат несколько раз и как-то комбинировать полученное, чтобы вышло примерно такое же противоречие.

[nokados]

У меня частный случай неверно доказан

[redicka]

А что? Произведение иррационального числа на рациональное может дать число рациональное?

[nokados]

Надо:
Пусть нулю равно $p$.
Тогда:
$0 = \frac{m^2}{n^2} - 3q^2$
$m^2 = 3q^2n^2$
Слева четное количество троек, а справа нечетное => противоречие => Предположение не верно.
Аналогично, если $q = 0$

-- 12.09.2014, 00:05 --

redicka
$0*\sqrt3$

-- 12.09.2014, 00:06 --

Неверно то, что я сказал, что справа - сумма квадратов, когда там разность. (Если вы об этом)

-- 12.09.2014, 00:29 --

Не получается с тремя. Дважды возвел в квадрат -> вернулся к тому, с чего начинал!

[iifat]

Перенесите один из членов суммы на другую сторону.

[Evgenjy]

В данном случае задача решается, как указал iifat. Надо сумму приравнять к рациональному числу, одну иррациональность перенести в другую часть равенства, а затем последовательным возведением в квадрат прийти к одной иррациональности, поскольку на каждом шаге количество иррациональностей уменьшается.

Вот другая ситуация. Как быть, если количество иррациональностей четыре? В данном случае указанный метод не действует, поскольку на каждом шаге количество иррациональностей НЕ уменьшается. Например, доказать иррациональность
$\sqrt2+\sqrt3+\sqrt5+\sqrt7$.

[ИСН]

Здесь надо возводить в квадрат ещё больше раз. Когда-то новые корни перестанут появляться. Потом комбинировать.

[Sender]

Например,

$$\sqrt{2}=-\frac{1037}{317030400}x^{15}+\frac{627}{1409024} x^{13}-\frac{6720901}{317030400} x^{11}+\frac{5894795}{12681216} x^9-\frac{1572360191}{317030400} x^7+\frac{1547095997}{63406080} x^5-$$ $$-\frac{4763001509}{105676800} x^3+\frac{1000302037}{63406080} x,$$

где $x=\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7}$.

[nnosipov]

Если покомбинировать, то можно обойтись без многочленов 15-й степени с жуткими коэффициентами.

[nokados]

По поводу трех слагаемых.
После нескольких действий у меня получилось:
$8(\frac{\sqrt3}3\frac{mr}n+\sqrt3pq)^2 = (\frac{m^2}{n^2} + \frac23r^2+2p^2-3q^2)^2$

Можно ли утверждать, что в левой части нечетное двоек, а в правой - четное? И на этом утверждать, что предположение было неверным?

[ewert]

nokados в сообщении #906923 писал(а):

Можно ли утверждать, что в левой части нечетное двоек, а в правой - четное?

Нужно ли это утверждать? Лучше верните этот квадрат обратно.

[nokados]

И тогда
$8(\frac13\frac{m^2r^2}{n^2}+\frac{2pqmr}{n} + 3p^2q^2) = (\frac{m^2}{n^2}+\frac23r^2-2p^2-3q^2)^2$
И что с этим можем сделать?