Suma de radicali de orice ordin este numar rational

[bae]

a) Sa se arate ca daca \( a \) este numar real strict pozitiv si \( \sqrt[n]{a}\in\mathbb{Q} \), oricare ar fi \( n\in\mathbb{N}* \), atunci \( a=1 \).
b) Sa se arate ca daca \( a,\ b \) sunt numere numere reale strict pozitive si \( \sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}\in\mathbb{Q} \), oricare ar fi \( n\in\mathbb{N}* \), atunci \( a=b=1 \).

Sorin Radulescu si Ion Savu, Conc. Gh. Lazar, 2004

PS Solutia din cartea "Olimpiadele de matematica 2004, Ed. Gil, 2005, este (cum altfel?) gresita.

[Beniamin Bogosel]

a) Din \( n=1 \) rezulta ca \( a \) este rational, deci \( a=\frac{m}{r},\ m,r \in \mathbb{N}^*,\ (m,r)=1 \). Mai departe exista \( p_n,q_n \in \mathbb{N}^*,\ (p_n,q_n)=1 \) astfel incat \( \frac{m}{r}=\frac{p_n^n}{q_n^n} \) de unde avem \( m q_n^n=rp_n^n \). Din perechile de numere prime intre ele rezulta ca \( p_n^n | m, \ \forall n \) si \( q_n^n | r,\ \forall n \).
Deci \( 1\leq p_n \leq \sqrt[n]{m},\ \forall n \) si \( 1\leq q_n \leq \sqrt[n]{r},\ \forall n \). Deoarece \( p_n,q_n \in \mathbb{N} \) rezulta ca la un moment dat vom avea \( p_n=q_n=1 \Rightarrow a=1 \).

b) Daca ridicam la patrat \( \sqrt[2n]{a}+\sqrt[2n]{b} \in \mathbb{Q} \) obtinem \( \sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}+2\sqrt[2n]{ab} \in \mathbb{Q} \). Prin urmare \( \sqrt[n]{\sqrt{ab}} \in \mathbb{Q},\ \forall n \). Conform a) rezulta ca \( ab=1 \).

Mai departe consideram \( x_n=\sqrt[2^n]{a}+\frac{1}{\sqrt[2^n]{a}} \). Observam relatia de recurenta \( x_{n+1}=\sqrt{x_n+2} \). Scriind \( x_n=\frac{p_n}{q_n} \) ca fractie ireductibila, obtinem egalitatile
\( q_{n+1}^2=q_n \) si \( p_{n+1}^2=p_n+2q_n \). Din prima rezulta ca \( (q_n) \) este un sir descrescator de numere naturale, adica este constant de la un moment dat, si acea constanta nu poate fi decat 1, de unde deducem ca si \( (p_n) \) este constant 2 de la un moment dat.
Astfel \( x_n=2 \) de la un anumit moment, ceea ce implica \( a=1 \).

Deci \( a=b=1 \).

(Imi pare rau pentru folosirea subtila a analizei... )