nombre irrationnel ?

borde

Bonjour à tous,

Voici un petit exercice (pour détendre l'atmosphère) :

1. La somme de deux nombres irrationnels est-elle un nombre irrationnel ?

2. Le nombre $a = 2^{1/3} + 3^{1/3}$ est-il irrationnel ?

Borde.

arno_nora

1. La somme de deux nombres irrationnels est-elle un nombre irrationnel ?
Comme tout nombre irrationnel admet un opposé qui est lui même un irrationnel, je somme un irrationnel avec son opposé, ce qui donne 0
et 0 est un rationnel
très amusant, ça détend vraiment

lolo33

Je crois que pour le 2) évoquer la valuation 3-adique (ou 2-adique) suffit.

lolo

jobherzt

pour le 2 on a une somme de nombre algebrique, donc on a un nombre algebrique, on doit pouvoir sortir le polynome minimal, puis raisonner par l'absurde..<BR>

lolo33

e + (4 - e) = 4 histoire d'avoir des exemples positifs

borde

Oui, tout le monde a tout bon, bravo.

Pour le 2°, on peut calculer effectivement $a^3$, $a^6$, $a^9$, et dégoter un polynôme {\bf unitaire} (capital) à coefficients entiers annulateur de $a$, ce qui est suffisant pour conclure.

Lolo33, si tu as approfondi ton idée avec les valuations, ce serait intéressant de voir, pour comparer les méthodes.

Borde.

Guego0

Pour le 2 : il n'est pas rationnel, puisqu'il est algébrique et que son polynôme minimal est $X^9 - 15X^6-87X^3-125$ (merci maple).
Remarque : Il n'est pas difficile (mais calculatoire) de vérifier que ce polynôme annule bien notre nombre. Pour montrer que c'est le polynôme minimal, il faut encore montrer qu'il est irréductible sur $\Q$. Mais ça, c'est parce qu'il est irréductible modulo 7 (re-merci maple).

Devinette : comment j'ai trouvé le polynôme minimal ?

arno_nora

a) la somme d'un rationnel et d'un irrationnel est un irrationnel
en effet soient $r\in\Q*$ et $i\in\R-\Q$,
si $r+i=r2\in\Q$ alors $i=r2-r\in\Q$ contradiction
le produit d'un rationnel non nul et d'un irrationnel est un irrationnel
en effet soient $r\in\Q*$ et $i\in\R-\Q$,
si $ri=r2\in\Q$ alors $i=r2/r\in\Q$ contradiction

b) soit $n\in\N$, $n^{1/3}$ est rationnel ssi $n$ est le cube d'un entier de $\N$
en effet pour $n\neq 0$ si $n^{1/3}=p/q$ avec p et q entiers naturels premiers entre eux
alors $q^3 n=p^3$
or p et q sont premiers entre eux, donc $p^3$ et $q^3$ sont pemiers entre eux, donc $p^3$ divise $n$.
on écrit $n=mp^3$ avec m entier
ce qui donne $q^3 m=1$ et alors m=1 , n est un cube
réciproque inutile

Particulièrement, $2^{1/3}$ , $3^{1/3}$ et $6^{1/3}$ sont irrationnels

c) Formule: $\forall x,y\in\R$ $x^3+y^3=(x+y)((x+y)^2-3xy)$

d) supposons que $a = 2^{1/3} + 3^{1/3}$ est rationnel
alors $a^2=2^{2/3}+3^{2/3}+2\times 6^{1/3}$ est rationnel
$a^2-3\,6^{1/3}$ est irrationnel d'après a)
et alors $b=a(a^2-3\times 6^{1/3})$ est irrationnel
or b=5
donc $a$ n'est pas rationnel

ninoun

ou on peut aussi dire :
a est un entier algebrique comme somme de 2 entiers algebriques.
Si il est rationnel, il est entier et on verifie simplement que 2<a<3...

borde

Pour Guego,

On a envoyé nos messages en même temps...Ton polynôme est correct, mais, pour la question posé ($a \not \in \Q$), il n'est pas utile de vérifier le caractère "irréductible sur $\Q$". Mais, puisque tu as fait le boulot, on sait maintenant que l'extension $\K = \Q(a)$ est de degré $9$ et de signature $(r_1,r_2)=(1,4)$.

Arno_nora,

tout est bon, mais, pour l'irrationnalité de $n^{1/3}$, tu aurais aussi pu utiliser le polynôme unitaire $X^3 - n$...

Borde.

borde

Bien vu, Ninoun. C'est même la méthode la plus rapide, compte tenu de la question posée.

Comme quoi, un petit sujet comme ça peut aussi libérer de bonnes idées...et détendre ainsi l'atmosphère !

Borde.

Richard André-Jeannin

Je prends le train en marche. Juste une remarque sur le polynôme. En posant a=2^(1/3) et b=3^(1/3), on a:
x=a+b
x-a=b
(x-a)^3=b^3=3
x^3-3x²a+3xa²-2=3
-3xa(x-a)=5-x^3. On élève au cube:

-27x^3*a^3*(x-a)^3=(5-x^3)^3
-54x^3*(x-a)^3=(5-x^3)^3. Mais:(x-a)^3=3, donc

(5-x^3)^3+162x^3=0

borde

OK, RAJ !

Je continue à faire fonctionner PARI quant aux différents invariants du corps de nombres $\K = \Q(a)$ :

1. Discriminant de $\K$ : $d_{\K} = 2^6 \times 3^{18}$, et donc seuls $2$ et $3$ se ramifient.

2. Nombre de classes $h_{\K}$ : $h_{\K} = 1$, donc $\Z_{\K}$ est principal.

3. Régulateur de $\K$ : \mathcal {R}_{\K} \approx 100,5625...$.

4. Ce corps n'est pas galoisien, et possède 4 sous-corps de degré $3$.

Borde.

borde

OK, RAJ !

Je continue à faire fonctionner PARI quant aux différents invariants du corps de nombres $\K = \Q(a)$ :

1. Discriminant de $\K$ : $d_{\K} = 2^6 \times 3^{18}$, et donc seuls $2$ et $3$ se ramifient.

2. Nombre de classes $h_{\K}$ : $h_{\K} = 1$, donc $\Z_{\K}$ est principal.

3. Régulateur de $\K$ : $\mathcal {R}_{\K} \approx 100,5625...$.

4. Ce corps n'est pas galoisien, et possède 4 sous-corps de degré $3$.

Borde.

lolo33

La valuation 2-adique se prolonge à $ Q(2^{1/3})=K $ de sorte que la valuation de la racine cubique de 2 vaille 1/3 .
Maintenant se prolongement s'étend à $ K(3^{1/3}) $ avec la racine cubique de 3 de valuation nulle.

Si la somme considérée est un rationnel r , la valution de r est un entier. On prend l'opposé de la valuation de chaque terme et on a 1/3 est un entier absurde.

C'était juste pour donner une méthode non classique mais bien sûr il y a plus de connaissances à utiliser.

lolo

lolo33

encore une autre (sans vérification) : si a est rationnel alors par tout automorphisme fixant Q il est invariant (comme dirait Yoda) , on en choisit un qui transforme la racine cubique de 3 en j fois cette racine, on a maintenant de rationnel a et sigma(a) , on élimine les termes en racine de 3 et on obtient que la racine cubique de 2 appartient à Q(j) et donc à Q ce qui est faux.

borde

Merci, Lolo. Pour être sûr, il faudrait bien vérifier que ton automorphisme est bien défini, mais cela paraît tenir.

Borde.

superman

la somme de $n$ irrationnel strictement postive est un irrationnel ?

superman

la somme de $n$ irrationnel strictement postive est toujour un irrationnel ? ($\in \R-\Q$)

arno_nora

ça dépend, c'est qui $n$ pour toi ? c'est un irrationnel?

Alain Debreil

Bonsoir Superman
$\(4-\pi) + (4-\pi) + \ldots + (4-\pi) + n\pi = 4n\in \N$
Alain

Alain Debreil

Bonsoir Superman
$(4-\pi) + (4-\pi) + \ldots + (4-\pi) + n\pi = 4n\in \N$
Alain

superman

effectivement $(4-\pi) + (4-\pi) + \ldots + (4-\pi) + n\pi $ n'est pas un irrationel pur !!

ci non voila un petit probléme "generalisation de cet exo " :

-soit $n$ , $m$ , $p$ et $q$ des entiers naturels non nul telque $2 \leqm\leqn$ et $p$ et $q$ premiers entre eux !

demontrer que

$p^{1/n}+q^{1/m}$ n'est pas un rationel !

superman

oups une petite erreur dans l'enoncé
"soit $n$ , $m$ , $p$ et $q$ des entiers naturels non nul telque $2 \leq m \leq n$ et $p$ et $q$ premiers entre eux !"

superman

oups j'ai oublié de marqué que $p$ n'est pas une puissance niéme , meme chose pour $q$ ! (je le pensé , mais j'ai oublié de le signalé)
ca sera sympas de signaler une erreur lorsque vous la rencontriez dans un ennoncé

cordialement