[Proposição 1] Sejam a, b, c inteiros. Se a | bc e mdc(a, b) = 1, então a | c.
(A demonstração desta proposição será omitida aqui, mas fica como exercício ao leitor).
Teorema das Raízes Racionais
[Teorema 1] Seja [tex]P(x)=a_kx^k+a_{k-1}x^{k-1}+\cdots+a_1 x+a_0[/tex] um polinômio de grauk, com k ∈ ℕ,k ≥ 1, cujos coeficientes [tex]a_i[/tex] são númerosinteiros,para todo [tex]i\in\{0,\,1,\,\ldots,\,k\}.[/tex]
Se [tex]P(x)[/tex] admite raízes racionais [tex]\dfrac{n}{d},[/tex] com mdc(n, d) = 1, então o numerador n é um divisor do coeficiente [tex]a_0[/tex] e o denominador d é um divisor do coeficiente [tex]a_k,[/tex] ou seja
Portanto, [tex]P(x)[/tex] não possui raiz racional.
Contudo, [tex]a=\sqrt{2}+\sqrt{3}[/tex] é uma raiz de [tex]P(x).[/tex] Assim, concluímos que [tex]\sqrt{2}+\sqrt{3}[/tex] não é racional. Logo, é irracional. ■
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Nitoryu
Este teorema mega interessante, aparentemente me deu a ideia para uma próxima tarefa.
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Proposições e teoremas prévios
[Proposição 1] Sejam a, b, c inteiros. Se a | bc e mdc(a, b) = 1, então a | c.
(A demonstração desta proposição será omitida aqui, mas fica como exercício ao leitor).
Teorema das Raízes Racionais
[Teorema 1] Seja [tex]P(x)=a_kx^k+a_{k-1}x^{k-1}+\cdots+a_1 x+a_0[/tex] um polinômio de grau k, com k ∈ ℕ, k ≥ 1, cujos coeficientes [tex]a_i[/tex] são números inteiros, para todo [tex]i\in\{0,\,1,\,\ldots,\,k\}.[/tex]
Se [tex]P(x)[/tex] admite raízes racionais [tex]\dfrac{n}{d},[/tex] com mdc(n, d) = 1, então o numerador n é um divisor do coeficiente [tex]a_0[/tex] e o denominador d é um divisor do coeficiente [tex]a_k,[/tex] ou seja
[tex]\left\{\begin{array}{l}n\in\mathsf{Div}(a_0)\\\\ d\in\mathsf{Div}(a_k) \end{array}\right.[/tex]
[Demonstração] Um número racional [tex]\dfrac{n}{d}[/tex] é raiz de [tex]P(x)[/tex] se e somente se
[tex]P\!\left(\dfrac{n}{d}\right)=0\\\\ \Longleftrightarrow\quad a_k\!\left(\dfrac{n}{d}\right)^{\! k}+a_{k-1}\!\left(\dfrac{n}{d}\right)^{\! k-1}+\ldots+a_1\!\left(\dfrac{n}{d}\right)+a_0=0\\\\ \Longleftrightarrow\quad a_k\dfrac{n^k}{d^k}+a_{k-1}\dfrac{n^{k-1}}{d^{k-1}}+\ldots +a_1\dfrac{n}{d}+a_0=0[/tex]
Reduzindo as parcelas ao mesmo denominador comum, devemos ter
[tex]\Longleftrightarrow\quad \dfrac{a_k n^k+a_{k-1} n^{k-1}d+\cdots+a_1 nd^{k-1}+a_0d^k}{d^k}\\\\ \Longleftrightarrow\quad a_k n^k+a_{k-1} n^{k-1}d+\cdots+a_1 nd^{k-1}+a_0d^k=0\qquad\mathrm{(i)}[/tex]
[tex]\Longrightarrow\quad \left\{\begin{array}{lc} a_k n^k+a_{k-1} n^{k-1}d+\cdots+a_1 nd^{k-1}=-a_0d^k&\quad\mathrm{(ii)}\\\\ a_{k-1} n^{k-1}d+\cdots+a_1 nd^{k-1}+a_0d^k=-a_k n^k&\quad \mathrm{(iii)}\end{array}\right.[/tex]
O lado esquerdo de (ii) é múltiplo de n. Logo, o lado direito de (ii) também deve ser um múltiplo de n, ou seja
[tex]\overset{\mathrm{(ii)}}{\Longrightarrow}\quad n\mid -a_0d^k[/tex]
e como [tex]\mathrm{mdc}(n,\,d^k)=1,[/tex] pela proposição 1, devemos ter [tex]n\mid a_0.[/tex]
Analogamente, como o lado esquerdo de (iii) é múltiplo de d, devemos ter
[tex]\overset{\mathrm{(iii)}}{\Longrightarrow}\quad d\mid -a_k n^k[/tex]
e como [tex]\mathrm{mdc}(n^k,\,d)=1,[/tex] novamente pela proposição 1, concluímos que [tex]d\mid a_k.[/tex]
Portanto,
[tex]\Longrightarrow\quad \left\{\begin{array}{l}n\in\mathsf{Div}(a_0)\\\\ d\in\mathsf{Div}(a_k) \end{array}\right.\qquad\square[/tex]
Mostrando que √2 + √3 não é racional
[Teorema 2] O número [tex]\sqrt{2}+\sqrt{3}[/tex] não é racional.
[Demonstração]
Seja [tex]a=\sqrt{2}+\sqrt{3}.[/tex]
Temos
[tex]\Longrightarrow\quad a^2=(\sqrt{2}+\sqrt{3})^2\\\\ \Longrightarrow\quad a^2=(\sqrt{2})^2+2\sqrt{2}\sqrt{3}+(\sqrt{3})^2\\\\ \Longrightarrow\quad a^2=2+2\sqrt{6}+3\\\\ \Longrightarrow\quad a^2=5+2\sqrt{6}[/tex]
Disso, segue que
[tex]\Longrightarrow\quad a^2-5=2\sqrt{6}[/tex]
Elevando ao quadrado novamente, obtemos
[tex]\Longrightarrow\quad (a^2-5)^2=(2\sqrt{6})^2\\\\ \Longrightarrow\quad a^4-10a^2+25=2^2\cdot 6\\\\ \Longrightarrow\quad a^4-10a^2+25=24\\\\ \Longrightarrow\quad a^4-10a^2+25-24=0\\\\ \Longrightarrow\quad a^4-10a^2+1=0\qquad\mathrm{(iv)}[/tex]
Portanto, [tex]a[/tex] é uma das raízes do polinômio [tex]P(x)=x^4-10x^2+1.[/tex]
Pelo Teorema das Raízes Racionais, se [tex]P(x)[/tex] possuir alguma raiz racional [tex]\dfrac{n}{d},[/tex] com mdc(n, d) = 1, então devemos ter
[tex]\left\{\begin{array}{l}n\in\mathsf{Div}(1)=\{-1,\,1\}\\\\ d\in\mathsf{Div}(1)=\{-1,\,1\} \end{array}\right.[/tex]
Portanto, as únicas possibilidades para candidatos a raízes racionais de [tex]P(x)[/tex] são
[tex]\dfrac{n}{d}\in\left\{\dfrac{-1}{1},\,\dfrac{1}{1}\right\}=\{-1,\,1\}.[/tex]
No entanto, nenhum destes candidatos é de fato raiz do polinômio [tex]P(x),[/tex] visto que
[tex]P(-1)=(-1)^4-10\cdot (-1)^2+1=-8\ne 0\\\\ P(1)=1^4-10\cdot 1^2+1=-8\ne 0[/tex]
Portanto, [tex]P(x)[/tex] não possui raiz racional.
Contudo, [tex]a=\sqrt{2}+\sqrt{3}[/tex] é uma raiz de [tex]P(x).[/tex] Assim, concluímos que [tex]\sqrt{2}+\sqrt{3}[/tex] não é racional. Logo, é irracional. ■
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