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悠闲数学娱乐论坛(第2版)
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初等数学讨论
» 开任意次方后仍为有理数的有理数只能为1
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天音
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发表于 2016-9-10 19:04
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[数论]
开任意次方后仍为有理数的有理数只能为1
设$a\inQ,a\ne0$,若$\forall n\inN, \sqrt[n]a\inQ$,求证$a=1$。
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kuing
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发表于 2016-9-11 00:03
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只需证明如下引理:
设 $n$, $x$, $y$, $p$, $q\inN^+$, $(x,y)=(p,q)=1$,满足
\[\sqrt[n]{\frac xy}=\frac pq,\]
则必有 $x=p^n$, $y=q^n$。
证明:两边 $n$ 次方得 $xq^n=yp^n$,可见 $x\mid yp^n$ 且 $p^n\mid xq^n$,因为 $(x,y)=(p,q)=1$,所以 $x\mid p^n$ 且 $p^n\mid x$,这只能是 $x=p^n$,同理 $y=q^n$,引理得证。
回到原题,设 $a=x/y$,由引理知 $x$, $y$ 开任意 $n$ 次方后都为整数,这显然只能 $x=y=1$。
$\href{https://kuingggg.github.io/}{\text{About Me}}$
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Tesla35
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发表于 2016-9-11 00:15
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kuing
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abababa
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发表于 2016-9-11 08:14
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kuing
前面几步我也想到了,但最后一步,$x$开任意次方都是整数,则必有$x=1$,这个我觉得还是得证明。
假设存在给定的整数$x>1$,使得对任意正整数$n$都有$x^{1/n}$还是整数。
因为$x^{1/n}$是$n$的减函数,所以每当$n$增加$1$时$x^{1/n}$都必定减少一个量$y_n$,又因为每次对$n$的增加都必须保证$x^{1/n}$还是整数,所以每个$y_n$都至少是$1$,但是$x$是整数,所以经过有限次操作后必定使得$x^{1/n}$减少到$0$,这必须$x=0$,与$x>1$矛盾,所以不存在$x>1$的整数使得对任意正整数$n$都有$x^{1/n}$还是整数。
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色k
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发表于 2016-9-11 10:37
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abababa
我觉得那一步足够简单所以可以写显然,$\sqrt[n]x$必收敛到1,如果x≧2后面就一定会有1点几出现。
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abababa
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发表于 2016-9-11 11:31
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色k
是的,用极限也可以。因为$\lim_{n\to\infty}x^{1/n}=1$,根据定义,对给定的$\varepsilon=0.5$,存在数$N$,使得当$n=N+1$时有$\abs{x^{1/n}-1}<\varepsilon=0.5$,但$\abs{x^{1/n}-1}$是整数,所以$\abs{x^{1/n}-1}=0$,即$x^{1/n}=1$,最后是$x=1$。
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kuing
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发表于 2016-9-11 11:52
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abababa
还可以这样想,若 $x>1$,由 $\sqrt[n]x\inN^+$ 得 $\sqrt[n]x\ge2$,即 $x\ge2^n$,右边能无穷大,显然不可能恒成立。
反正怎么想都非常简单,所以就可以写显然了。
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发表于 2016-9-11 13:11
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不错 好方法
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其妙
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发表于 2016-9-11 18:29
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无穷递降法试一试
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kuing
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发表于 2016-9-11 19:25
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9#
其妙
你说试试,然后就交给我们去试吗?
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游客
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发表于 2017-11-10 12:52
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本帖最后由 游客 于 2017-11-10 12:58 编辑
不管一个数是哪个整数的多少次幂,
一直开方下去,总会变到个素数。。。。
然后,一个素数开方之后还能开出个有理数?
还是两个不同素数的方根之比会变成有理数?
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