Cubi perfetti

[4,3 PERIODICO]

"Siano a,b numeri interi. Si dimostri che se $ a^(1/3)+b^(1/3) $ è un numero razionale non nullo, allora a e b sono entrambi cubi perfetti."
Volevo capire se il ragionamento che ho fatto è corretto essendo la soluzione proposta dal libro diversa:
Partiamo dal presupposto che se $ a^(1/3)+b^(1/3) $ è razionale allora anche i singoli termini lo sono. (Va dimostrato?)
Bisogna quindi dimostrare che $ a^(1/3) $ è un intero.
Per assurdo diciamo $ a^(1/3) = m/n $, allora $ n * a^(1/3) = m $, e ancora $ a*(n^3) = m^3 $. Sia a che m che n sono interi per cui a deve per forza essere uguale ad un cubo di intero (e quindi n = 1 perché la radice cubica di un cubo perfetto è un intero). Questo si può estendere anche a b. Giusto?

[killing_buddha]

Partiamo dal presupposto che se $ a^(1/3)+b^(1/3) $ è razionale allora anche i singoli termini lo sono.

E' falso.

[killing_buddha]

Si fa così: prendi \(a^{1/3}+b^{1/3} =\frac{p}{q}\) ed elevalo alla terza; ti viene
\[
\frac{p^3}{q^3} = a+b+\sqrt[3]{ab}(a^{1/3}+b^{1/3})
\] Ciò implica (facendo un attimo maquillage a questa equazione) che \(\sqrt[3]{ab}\) è razionale, perché \(ab=r^3\) per $r\in\mathbb Q$. Hai finito.

[giammaria]

Ciò implica (facendo un attimo maquillage a questa equazione) che \(\sqrt[3]{ab}\) è razionale, perché \(ab=r^3\) per $r\in\mathbb Q$. Hai finito.

Concordo fino a dire che \(\sqrt[3]{ab}\) è razionale, ma il fatto che $ab$ sia un cubo non implica che lo siano $a,b$ singolarmente. Se tu riesci a darne una dimostrazione rapida, ben venga; io lo dimostro in modo più lento.
Dopo aver tratto la precedente conclusione, noto che $a^(1/3),b^(1/3)$ hanno somma e prodotto razionali; sono quindi le due soluzioni di un'equazione di secondo grado a coefficienti razionali e, supposto $a>=b$, posso dire che si ha
$a^(1/3)=x+sqrt(y)$
con
- $x,y$ razionali;
- $x!=0$ perché altrimenti avrei $a^(1/3)+b^(1/3)=0$;
- $y>=0$ perché $a^(1/3)$ è reale.

Elevando al cubo ho
$a=x^3+3x^2sqrty+3xy+ysqrty=x(x^2+3y)+sqrty(3x^2+y)$
Il restante è razionale, quindi deve esserlo anche l'ultimo addendo; poiché $3x^2+y!=0$ (è sempre positivo), deve essere razionale $sqrty$. Ne consegue che è razionale anche $a^(1/3)$; il resto della dimostrazione segue gli schemi già visti.

[4,3 PERIODICO]

Partiamo dal presupposto che se $ a^(1/3)+b^(1/3) $ è razionale allora anche i singoli termini lo sono.

E' falso.

Quindi la somma di un irrazionale con un razionale può essere razionale?

Si fa così: prendi \( a^{1/3}+b^{1/3} =\frac{p}{q} \) ed elevalo alla terza; ti viene
\[ \frac{p^3}{q^3} = a+b+\sqrt[3]{ab}(a^{1/3}+b^{1/3}) \] Ciò implica (facendo un attimo maquillage a questa equazione) che \( \sqrt[3]{ab} \) è razionale, perché \( ab=r^3 \) per $ r\in\mathbb Q $. Hai finito.

Prima di $ ab^(1/3) $ non dovrebbe esserci un 3? Poi non mi è chiaro perchè $ ab^(1/3) $ è per forza razionale..

[Erasmus_First]

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

"Siano a,b numeri interi. Si dimostri che se $ a^(1/3)+b^(1/3) $ è un numero razionale non nullo, allora a e b sono entrambi cubi perfetti."

La tesi si dimostra facilmente se si tiene conto del fatto che se la radice cubica di un intero è razionale allora è pure intera (perché, se $p$ e $q$ sono interi e $q$ non è divisore di $p$ –ossia se $p/q$ non è intero – nemmeno $q^3$ è divisore di $p^3$, ossia $(p^3)/(q^3)$ non è intero).
Ecco "spaparacchiata" la dimostrazione.
• $a^(1/3) + b^(1/3) ≠0$ ⇒ $a ≠-b$ ⇔ $a+b≠0$.
• Si ponga $s = (a^(1/3)+ b^(1/3))/2$ e $d = (a^(1/3) - b^(1/3))/2$. Segue dalle ipotesi che $s$ è razionale.
• Se è $a=b$ allora $a^(1/3) = b^(1/3)$ è razionale – diciamo $a^(1/3) = b^(1/3) = p/q$ con $p$ e $q$ interi coprimi –;
e siccome $a =b = (p^3)/(q^3)$ è intero, necessariamente è $q=1$, cioè $a=b= p^3$ (cubo perfetto).
• Se è $a ≠ b$ allora:
$a^(1/3) = s+d$ ⇒ $a = (s+d)^3 = s^3 + 3s^2d + 3 sd^2 + d^3$;
$b^(1/3) = s-d$ ⇒ $b = (s-d)^3 = s^3 - 3s^2d + 3 sd^2 - d^3$.
Da queste (per somma e differenza membro a membro) si ha subito:
$a + b = 2s(s^2 + 3d^2)$ (*)
$a - b = 2d(d^2 + 3s^2)$ (**)
Essendo $a$ e $b$ interi [non nulli né opposti] ed essendo $s$ razionale, dalla (*) segue che anche $d^2$ è razionale. Con ciò, dalla (**) segue che anche $d$ è razionale.
Ma allora sono razionali entrambi $a^(1/3) = (s+d)/2$ e $b^(1/3) = (s-d)/2$; ed essendo intero il loro cubo essi pure sono interi, ossia; il cubo di entrambi (i. e. sia $a$ che $b$) è un "cubo perfetto".

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[4,3 PERIODICO]

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

"Siano a,b numeri interi. Si dimostri che se $ a^(1/3)+b^(1/3) $ è un numero razionale non nullo, allora a e b sono entrambi cubi perfetti."

La tesi si dimostra facilmente se si tiene conto del fatto che se la radice cubica di un intero è razionale allora è pure intera (perché, se $ p $ e $ q $ sono interi e $ q $ non è divisore di $ p $ –ossia se $ p/q $ non è intero – nemmeno $ q^3 $ è divisore di $ p^3 $, ossia $ (p^3)/(q^3) $ non è intero).
Ecco "spaparacchiata" la dimostrazione.
• $ a^(1/3) + b^(1/3) ≠0 $ ⇒ $ a ≠-b $ ⇔ $ a+b≠0 $.
• Si ponga $ s = (a^(1/3)+ b^(1/3))/2 $ e $ d = (a^(1/3) - b^(1/3))/2 $. Segue dalle ipotesi che $ s $ è razionale.
• Se è $ a=b $ allora $ a^(1/3) = b^(1/3) $ è razionale – diciamo $ a^(1/3) = b^(1/3) = p/q $ con $ p $ e $ q $ interi coprimi –;
e siccome $ a =b = (p^3)/(q^3) $ è intero, necessariamente è $ q=1 $, cioè $ a=b= p^3 $ (cubo perfetto).
• Se è $ a ≠ b $ allora:
$ a^(1/3) = s+d $ ⇒ $ a = (s+d)^3 = s^3 + 3s^2d + 3 sd^2 + d^3 $;
$ b^(1/3) = s-d $ ⇒ $ b = (s-d)^3 = s^3 - 3s^2d + 3 sd^2 - d^3 $.
Da queste (per somma e differenza membro a membro) si ha subito:
$ a + b = 2s(s^2 + 3d^2) $ (*)
$ a - b = 2d(d^2 + 3s^2) $ (**)
Essendo $ a $ e $ b $ interi [non nulli né opposti] ed essendo $ s $ razionale, dalla (*) segue che anche $ d^2 $ è razionale. Con ciò, dalla (**) segue che anche $ d $ è razionale.
Ma allora sono razionali entrambi $ a^(1/3) = (s+d)/2 $ e $ b^(1/3) = (s-d)/2 $; ed essendo intero il loro cubo essi pure sono interi, ossia; il cubo di entrambi (i. e. sia $ a $ che $ b $) è un "cubo perfetto".

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E' tutto chiarissimo, un ultimo dubbio: un numero razionale può essere la somma di due irrazionali o razionale+irrazionale?

[4,3 PERIODICO]

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

"Siano a,b numeri interi. Si dimostri che se $ a^(1/3)+b^(1/3) $ è un numero razionale non nullo, allora a e b sono entrambi cubi perfetti."

La tesi si dimostra facilmente se si tiene conto del fatto che se la radice cubica di un intero è razionale allora è pure intera (perché, se $ p $ e $ q $ sono interi e $ q $ non è divisore di $ p $ –ossia se $ p/q $ non è intero – nemmeno $ q^3 $ è divisore di $ p^3 $, ossia $ (p^3)/(q^3) $ non è intero).
Ecco "spaparacchiata" la dimostrazione.
• $ a^(1/3) + b^(1/3) ≠0 $ ⇒ $ a ≠-b $ ⇔ $ a+b≠0 $.
• Si ponga $ s = (a^(1/3)+ b^(1/3))/2 $ e $ d = (a^(1/3) - b^(1/3))/2 $. Segue dalle ipotesi che $ s $ è razionale.
• Se è $ a=b $ allora $ a^(1/3) = b^(1/3) $ è razionale – diciamo $ a^(1/3) = b^(1/3) = p/q $ con $ p $ e $ q $ interi coprimi –;
e siccome $ a =b = (p^3)/(q^3) $ è intero, necessariamente è $ q=1 $, cioè $ a=b= p^3 $ (cubo perfetto).
• Se è $ a ≠ b $ allora:
$ a^(1/3) = s+d $ ⇒ $ a = (s+d)^3 = s^3 + 3s^2d + 3 sd^2 + d^3 $;
$ b^(1/3) = s-d $ ⇒ $ b = (s-d)^3 = s^3 - 3s^2d + 3 sd^2 - d^3 $.
Da queste (per somma e differenza membro a membro) si ha subito:
$ a + b = 2s(s^2 + 3d^2) $ (*)
$ a - b = 2d(d^2 + 3s^2) $ (**)
Essendo $ a $ e $ b $ interi [non nulli né opposti] ed essendo $ s $ razionale, dalla (*) segue che anche $ d^2 $ è razionale. Con ciò, dalla (**) segue che anche $ d $ è razionale.
Ma allora sono razionali entrambi $ a^(1/3) = (s+d)/2 $ e $ b^(1/3) = (s-d)/2 $; ed essendo intero il loro cubo essi pure sono interi, ossia; il cubo di entrambi (i. e. sia $ a $ che $ b $) è un "cubo perfetto".

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E' tutto chiarissimo, un ultimo dubbio: un numero razionale può essere la somma di due irrazionali o razionale+irrazionale?

Ok, ho appena ricercato e "La somma di un razionale più un irrazionale è irrazionale. La somma di due irrazionali $ x,y $ è razionale se e solo se $ x=-y+r $ con $ r $ razionale.
Ciò comporta che

Partiamo dal presupposto che se $ a^(1/3)+b^(1/3) $ è razionale allora anche i singoli termini lo sono.

E' falso.

invece è vero perché non è possibile che $ a^(1/3) = - b^(1/3)+r $ in quanto sia a che b sono interi. A questo punto risorge la domanda, la dimostrazione che ho scritto nel primo post è corretta?

[giammaria]

ho appena ricercato e "... La somma di due irrazionali $ x,y $ è razionale se e solo se $ x=-y+r $ con $ r $ razionale."

Mi chiedo cosa intendesse dire l'autore di quella frase. La formula $ x=-y+r $ è la stessa di $x+y=r$, e quindi la frase è lo stesso di "La somma di due irrazionali $ x,y $ è razionale se e solo se è razionale": lapalissiano.
La regola generale è: "La somma di due irrazionali può essere sia irrazionale che razionale". Ecco un esempio per ciasuno dei due casi:
I esempio: $x=2+3sqrt2; y=5-2sqrt2->x+y=7+sqrt2$ (irrazionale)
II esempio: $x=2+sqrt2; y=5-sqrt2->x+y=7$ (razionale)

Forse obietterai che i miei numeri sono, per così dire, "composti", cioè formati da una somma, ma questo non impedisce che siano dei numeri. Mi sarebbe inoltre stato facile camuffarli un po', ad esempio scrivendo $sqrt(6+4sqrt2)$ al posto di $2+sqrt2$ (non ti è difficile controllare che questi due numeri sono uguali).

La tua dimostrazione è quindi sbagliata: anche se la somma è razionale, i due addendi possono non esserlo.

[4,3 PERIODICO]

ho appena ricercato e "... La somma di due irrazionali $ x,y $ è razionale se e solo se $ x=-y+r $ con $ r $ razionale."

Mi chiedo cosa intendesse dire l'autore di quella frase. La formula $ x=-y+r $ è la stessa di $x+y=r$, e quindi la frase è lo stesso di "La somma di due irrazionali $ x,y $ è razionale se e solo se è razionale": lapalissiano.
La regola generale è: "La somma di due irrazionali può essere sia irrazionale che razionale". Ecco un esempio per ciasuno dei due casi:
I esempio: $x=2+3sqrt2; y=5-2sqrt2->x+y=7+sqrt2$ (irrazionale)
II esempio: $x=2+sqrt2; y=5-sqrt2->x+y=7$ (razionale)

Forse obietterai che i miei numeri sono, per così dire, "composti", cioè formati da una somma, ma questo non impedisce che siano dei numeri. Mi sarebbe inoltre stato facile camuffarli un po', ad esempio scrivendo $sqrt(6+4sqrt2)$ al posto di $2+sqrt2$ (non ti è difficile controllare che questi due numeri sono uguali).

La tua dimostrazione è quindi sbagliata: anche se la somma è razionale, i due addendi possono non esserlo.

Il fatto è che sia a che b sono numeri interi e di conseguenza non sono sono validi questi casi di numeri "composti".