Вопрос иррациональности

[Ioda]

Утверждение : пусть $\alpha$ и $\beta$ - иррациональные числа не являющиеся квадратичными иррациональностями, тогда $(\alpha+\beta )\notin\mathbb{Q}$ .
Доказательство :
Предположим что :

$$\alpha+\beta=\frac{m}{n}$$

,где $m\in\mathbb{Z}$ ,а $n\in\mathbb{N}$ ,тогда представим(без ограничения общности) $\beta$ в виде:

$$\beta=\alpha+\varepsilon$$

Очевидно ,что $\varepsilon\notin\mathbb{Q}$ ,в предположении рациональности суммы.
Распишем :

$$2\alpha+\varepsilon=\frac{m}{n}$$

$$\alpha=\frac{m-n\varepsilon}{2n}$$

То есть ,$\alpha$ является квадратичной иррациональностью ($(n\varepsilon)\notin\mathbb{Q}$) ,но по условиям ни $\alpha$ ,ни $\beta$ не являются квадратичными иррациональностями. Противоречие. Из этого следует ,что $(\alpha+\beta )\notin\mathbb{Q}$ ,ч.т.д. .
Наверняка есть ошибка, иначе вопрос о рациональности суммы чисел $\pi$ и $e$ не стоял бы ,потому что это утверждение явно указывает на иррациональность суммы $\pi+e$ .

[Xaositect]

Это, естественно, неправда, ибо при $\beta = -\alpha$ будет $\alpha + \beta = 0 \in \mathbb Q$.

Ioda в сообщении #1342599 писал(а):

То есть ,$\alpha$ является квадратичной иррациональностью ($(n\varepsilon)\notin\mathbb{Q}$)

Почему?

[Someone]

Ioda в сообщении #1342599 писал(а):

Утверждение : пусть $\alpha$ и $\beta$ - иррациональные числа не являющиеся квадратичными иррациональностями, тогда $(\alpha+\beta )\notin\mathbb{Q}$ .

Это очевидным образом неверно. Например, при $\alpha=2+\sqrt[3]{2}$ и $\beta=1-\sqrt[3]{2}$.

Ioda в сообщении #1342599 писал(а):

Наверняка есть ошибка

Вообще-то, поиск ошибок в доказательстве — обязанность скорее автора доказательства, чем читателей. К тому же, по правилам форума, Вы должны продемонстрировать собственные попытки ответить на вопрос.

[Ioda]

Пропустил ,похоже, я другие случаи ,сглупил . Но ведь эти числа трансцендентны , а значит не являются корнями никакого полинома с целыми коэффициентами. Думаю можно обобщить "доказательство" до любого показателя степени в корне (сомнения теперь вагон и тележка ).

[Mikhail_K]

Ioda
Перед тем как обобщать, напишите сюда, где именно была ошибка в Вашем первоначальном доказательстве и в чём она состояла.
Для этого можете пройтись по доказательству с приведённым Someone примером $\alpha=2+\sqrt[3]{2}$, $\beta=1-\sqrt[3]{2}$ и посмотреть, в каком месте оно "ломается".
Тогда и сомнения все исчезнут)

[Someone]

Ioda в сообщении #1342608 писал(а):

Но ведь эти числа трансцендентны

Замените в моём примере $\sqrt[3]{2}$ числом $\pi$.

[Ioda]

Пусть $\alpha$ и $\beta$ - иррациональные числа не представимые в виде $q_1+p\gamma$ и $q_2-p\gamma$ соответственно ,где $q_1,q_2,p\in\mathbb{Q}$ ,а $\gamma\notin\mathbb{Q}$ ,тогда $(\alpha+\beta)\notin\mathbb{Q}$ .
Доказательство :
Предположим ,что :

$$\alpha+\beta=\frac{m}{n}$$

Тогда представим (без ограничения общности ) $\beta$ ,как :

$$\beta=\alpha+\varepsilon$$

Распишем :

$$2\alpha+\varepsilon=\frac{m}{n}$$

$$\alpha=\frac{m}{2n}-\frac{1}{2}\varepsilon$$

Тогда проверим представимо ли $\beta$ в виде $\frac{a}{b}+\frac{1}{2}\varepsilon$
Предположим ,что :

$$\beta=\frac{a}{b}+\frac{1}{2}\varepsilon$$

$$\frac{m}{2n}+\varepsilon=\frac{a}{b}+\frac{1}{2}\varepsilon$$

$$\varepsilon=\frac{2an-bm}{nb}$$

Но $\varepsilon$ - иррациональное число в предположении рациональности суммы . Противоречие? Из этого следует ,что $(\alpha+\beta )\notin\mathbb{Q}$ ,ч.т.д. .?

[grizzly]

Ioda
Вы что-то перемудрили. Давайте я Вам подарю то же самое утверждение с простым доказательством:
Пусть сумма иррациональных чисел рациональна $(\alpha+\beta)=r\in\mathbb{Q}$. Тогда первое из них можно представить в виде $\alpha = r-1\cdot\beta $, а второе $\beta = 0+1\cdot\beta$. Отсюда следует, что если нельзя так представить, то сумма не будет рациональной.

[Ioda]

Интересно, если я возьму $\alpha\ne\gamma\ne\beta\ne-\alpha$ общность потеряется? Наверное сейчас я просто подбираю условия под контрпримеры. Так далеко это зайти не должно.

[grizzly]

Ioda
В любом случае это путь в никуда. По сути, Вы просто пытаетесь дать эквивалентную формулировку изначальной задачи. И то, что у Вас не очень получается -- это мелочи. Но даже если Вы выпишете правильно все ограничения, Вы всё равно не сможете получить ничего лучше, чем эквивалентную формулировку.

[Ioda]

Ок, grizzly я закончу свои попытки доказательства на этом.

[Ioda]

Прошлые попытки доказательства были неудачны . Но я думал и модифицировал свой подход к проблеме.
Лемма 1 . Если сумма 2-ух иррациональных чисел рациональна, то их разность иррациональна ,и наоборот если разность 2-ух иррациональных чисел рациональна ,то их сумма иррациональна.
Доказательство. Пусть $\alpha$ и $\beta$ -- иррациональные числа. Предположим, что:

$$\alpha+\beta=c$$

,где $c\in\mathbb{Q}$ . Тогда:
$-\alpha-\beta=-c$
$\alpha-\beta=-c+2\alpha$
Очевидно ,что $(-c+2\alpha)\in\mathbb{I}$ ,что и требовалось доказать(доказательство для рациональной разности и иррациональной суммы аналогичное ).
Лемма 2. Любое число $\alpha$ может быть представимо в виде следующей суммы:

$$\alpha=a+b\varepsilon$$

,где $a$ и $b$ --рациональные числа ,а $\varepsilon$ -- любое иррациональное число.
Доказательство. Предположим, что существует минимальный контрпример $\xi$ (он должен быть иррациональным ,иначе),такой что существует иррациональное $\varepsilon$, для которогов не существует искомого представления. Рассмотрим их разность. Возможно 2 случая :
1) $\xi-\varepsilon=c$
,где $c$ --рациональное число. Тогда возникает противоречие ,потому что:
$\xi=c-\varepsilon$
,а это искомое представление.
2) $\xi-\varepsilon=\beta$
,где $\beta$ -- иррациональное число. Тогда если $\varepsilon\geqslant 0$ ,то ,так как $\xi$ является минимальным контрпримером, $\beta$ можно представить следующим образом:
$\beta=a+b\varepsilon$
Тогда :
$\xi-\varepsilon=a+b\varepsilon$
$\xi=a+(b+1)\varepsilon$
,а это является искомым представлением. Противоречие . (Для случая $\varepsilon\leqslant 0$ ,надо рассмотреть сумму ,доказательство аналогичное ) То есть любое число имеет искомое представление, что и требовалось доказать.
Теорема. Сумма двух иррациональных чисел является рациональной тогда и только тогда,когда второе число является суммой противоположного первого и некоторого рационального числа.
Доказательство.
Достаточность . Для любого иррационального (да и вообще любого ) числа $\alpha$ верно ,что :

$$\alpha+a-\alpha=a$$

,где ,если $a$ -- рациональное ,данное утверждение влечет достаточное условие.
Необходимость. Пусть $\alpha$ и $\beta$ -- иррациональные числа ,предположим что:

$$\alpha+\beta=c$$

,где $c$ -- рациональное число . Тогда по лемме 2 ,число $\beta$ можно представить, как :
$\beta=a+b\alpha$
Из этого следует:
$\alpha+a+b\alpha=c$
$\alpha=\frac{c-a}{b+1}$
,а так как $\alpha$ иррациональное ,то мы пришли к противоречию. С другой стороны из леммы 1 можно предположить ,что разность данных чисел рациональна, тогда предположим :

$$\alpha-\beta=d$$

,где $d$ -- рациональное число, тогда распишем с помощью имеющегося представления $\beta$ :
$\alpha-a-b\alpha=d$
$\alpha=\frac{d+a}{1-b}$
,то есть снова противоречие, причем данные противоречия не имеют места ,тогда когда $b=\pm1$(условие теоремы ) или ,сумма и разность этих чисел иррациональны ,что и требовалось доказать.

[Munin]

Ioda в сообщении #1342780 писал(а):

Пусть $\alpha$ и $\beta$ - иррациональные числа не представимые в виде $q_1+p\gamma$ и $q_2-p\gamma$ соответственно ,где $q_1,q_2,p\in\mathbb{Q}$ ,а $\gamma\notin\mathbb{Q}$ ,тогда $(\alpha+\beta)\notin\mathbb{Q}$ .

Если бы они были представимы в таком виде, то было бы $\tfrac{\alpha+\beta}{2}=\tfrac{q_1+q_2}{2}\in\mathbb{Q}.$

Задача в одну строчку, а не проблема на большие страницы писанины. ( Хотя все введённые леммы верны , и тоже доказываются намного проще.)

[Xaositect]

Ioda в сообщении #1349760 писал(а):

Лемма 2. Любое число $\alpha$ может быть представимо в виде следующей суммы:

$$\alpha=a+b\varepsilon$$

,где $a$ и $b$ --рациональные числа ,а $\varepsilon$ -- любое иррациональное число.
Доказательство. Предположим, что существует минимальный контрпример $\xi$ (он должен быть иррациональным ,иначе),такой что существует иррациональное $\varepsilon$, для которогов не существует искомого представления. Рассмотрим их разность. Возможно 2 случая :
1) $\xi-\varepsilon=c$
,где $c$ --рациональное число. Тогда возникает противоречие ,потому что:
$\xi=c-\varepsilon$
,а это искомое представление.
2) $\xi-\varepsilon=\beta$
,где $\beta$ -- иррациональное число. Тогда если $\varepsilon\geqslant 0$ ,то ,так как $\xi$ является минимальным контрпримером, $\beta$ можно представить следующим образом:
$\beta=a+b\varepsilon$
Тогда :
$\xi-\varepsilon=a+b\varepsilon$
$\xi=a+(b+1)\varepsilon$
,а это является искомым представлением. Противоречие . (Для случая $\varepsilon\leqslant 0$ ,надо рассмотреть сумму ,доказательство аналогичное ) То есть любое число имеет искомое представление, что и требовалось доказать.

Это неверно, на действительных числах принцип бесконечного спуска не работает.
Контрпример: $\sqrt{3}$ не может быть представлено в виде $a + b \sqrt{2}$. Док-во: $\sqrt{3} = a + b\sqrt{2} \Rightarrow 3 = a^2 + 2b^2 +2ab\sqrt{2} \Rightarrow \sqrt{2} = \frac{3 - a^2 - 2b^2}{2ab} \in \mathbb{Q}$.

-- Вс окт 28, 2018 13:57:45 --

Ioda в сообщении #1349760 писал(а):

Теорема. Сумма двух иррациональных чисел является рациональной тогда и только тогда,когда второе число является суммой противоположного первого и некоторого рационального числа.

Это тривиально. Если $\alpha + \beta = c$, то, прибавляя $(-\alpha)$ к обоим частям равенства, получаем $\beta = c + (-\alpha)$.

[mihaild]

Ioda в сообщении #1349760 писал(а):

Любое число $\alpha$ может быть представимо в виде следующей суммы:

$$\alpha=a+b\varepsilon$$

,где $a$ и $b$ --рациональные числа ,а $\varepsilon$ -- любое иррациональное число

Уточните порядок кванторов: для любого $\alpha$ и любого $\varepsilon$ существует такое представление (это неверно) или для любого $\alpha$ существует какое-то иррациональное $\varepsilon$, с которым существует такое представление (это верно, но тривиально).

Ioda в сообщении #1349760 писал(а):

Предположим, что существует минимальный контрпример $\xi$ (он должен быть иррациональным ,иначе),такой что существует иррациональное $\varepsilon$, для которогов не существует искомого представления

Судя по этой формулировке - первое. Тогда ошибка в доказательстве в этом пункте. На вещественных числах не обязательно существует минимальный контрпример. Например, возьмем утверждение "все числа рациональные". И действительно, возьмем минимальное иррациональное $x$ - тогда $\frac{x}{2}$ тоже иррациональное и меньше

Ioda в сообщении #1349760 писал(а):

Сумма двух иррациональных чисел является рациональной тогда и только тогда,когда второе число является суммой противоположного первого и некоторого рационального числа

Это очевидно: $a + b = r \leftrightarrow a = (-b) + r$.