Chứng minh rằng $\sqrt[3]{2}$ không thể biểu diễn dưới dạng $p+q.\sqrt{r}$ với $p;q;r$ là số hữu tỉ, $r>0$.
#1
Posted 23-07-2012 - 20:53
#2
Posted 23-07-2012 - 21:16
\sqrt[3]{2} = p + q\sqrt{r}$
Với $p=q=0$ thì hiển nhiên sai
Vậy ta xét $p,q \in \mathbb{Q}^{*}$
$\Leftrightarrow \sqrt[3]{4}=p^{2}+q^{2}r + 2pq\sqrt{r}$
Do hệ số $\sqrt[3]{4} \in \mathbb{I}$ là 1 nên $p^{2}+q^{2}r \in Q$ phải bằng $0$, do $r > 0$ nên ta có được điều phản chứng
P/S: đúng không nhỉ
Edited by bbvipbb, 23-07-2012 - 21:16.
- BlackSelena likes this
#3
Posted 23-07-2012 - 21:22
$\sqrt[3]{2} =1,25992105 =\frac{125992105}{100000000} =p +q.\sqrt{r}$ với $p=\frac{125992105}{100000000}$ ,q=0 , và mọi r >0
chẳng biết thế nào -:?
Nhầm , sr các anh , cái máy tính mình ra như thế,rõ ràng không fix hay j cả , mong mọi người thồng cảm.
hxthanh: Hóa ra $\sqrt[3] 2$ là số hữu tỉ à?
Edited by Tru09, 23-07-2012 - 21:41.
#4
Posted 23-07-2012 - 21:26
$\sqrt[3]{2}$ làm sao hữu tỉ đcTa có :
$\sqrt[3]{2} =1,25992105 =\frac{125992105}{100000000} =p +q.\sqrt{r}$ với $p=\frac{125992105}{100000000}$ ,q=0 , và mọi r >0
chẳng biết thế nào -:?
Nếu $\sqrt[3]{2}=\frac{m}{n}$ thì $(m,n)=1 (n>1)$.
Mà biến đổi lại đc $m^3=2n^3!!!!!!!!!$
Edited by yeutoan11, 23-07-2012 - 21:28.
- funcalys and BlackSelena like this
NGUYỄN HUỆ
Nguyễn Trần Huy
Tự hào là thành viên VMF
#5
Posted 23-07-2012 - 21:28
#6
Posted 23-07-2012 - 21:33
Thôi thì biến đổi chút nữa điGiả sử $\sqrt[3]{2} \in \mathbb{Q}\sqrt{r}, \exists p,q,r \in \mathbb{Q}:
\sqrt[3]{2} = p + q\sqrt{r}$
Với $p=q=0$ thì hiển nhiên sai
Vậy ta xét $p,q \in \mathbb{Q}^{*}$
$\Leftrightarrow \sqrt[3]{4}=p^{2}+q^{2}r + 2pq\sqrt{r}$
Do hệ số $\sqrt[3]{4} \in \mathbb{I}$ là 1 nên $p^{2}+q^{2}r \in Q$ phải bằng $0$, do $r > 0$ nên ta có được điều phản chứng
P/S: đúng không nhỉ
$(\sqrt[3]{4}-p^2-q^2r)^2=4p^2q^2r$
VT vô tỉ VP hữu tỉ
- funcalys likes this
NGUYỄN HUỆ
Nguyễn Trần Huy
Tự hào là thành viên VMF
1 user(s) are reading this topic
0 members, 1 guests, 0 anonymous users