Question

Sejam a e b racionais positivos. Prove que √a + √b e racional, se, e somente se, √a e √b são racionais.


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Por favor responder de forma detalhada.

Answer 1

Queremos provar que:

$\sqrt a+\sqrt b\in\mathbb{Q}\iff \sqrt a\in\mathbb{Q}\land\sqrt b\in\mathbb{Q}$

Para provar a ida e a volta separadamente:


→ Volta ($\Longleftarrow$):

Como $\sqrt a\in\mathbb{Q}$ e $\sqrt b\in\mathbb{Q}$, podemos escrever:

$\sqrt{a}=\dfrac{m_a}{n_a}$ e $\sqrt{b}=\dfrac{m_b}{n_b}$

Como $m_a,n_a,m_b,n_b\in\mathbb{Z}$.

Calculando a soma das raízes, obtemos:

$\sqrt a +\sqrt b=\dfrac{m_a}{n_a}+\dfrac{m_b}{n_b}\\\\ \sqrt a +\sqrt b=\dfrac{m_an_b}{n_an_b}+\dfrac{m_bn_a}{n_bn_a}\\\\ \sqrt a +\sqrt b=\dfrac{m_an_b+m_bn_a}{n_an_b}$

Como pudemos representar a soma como a razão entre dois inteiros, temos que $\sqrt a+\sqrt b\in\mathbb{Q}$.


→ Ida ($\Longrightarrow$):

Como $\sqrt a+\sqrt b\in\mathbb{Q}$, podemos escrever:

$\sqrt a+\sqrt b=\dfrac{m}{n}\\\\ \sqrt b=\dfrac{m}{n}-\sqrt{a}$

Com $m,n\in\mathbb{Z}$. Elevando a expressão acima ao quadrado:

$(\sqrt b)^2=\left(\dfrac{m}{n}-\sqrt{a}\right)^2\\\\ b=\dfrac{m^2}{n^2}-2\cdot\dfrac{m}{n}\cdot\sqrt a+a\\\\ 2\cdot\dfrac{m}{n}\cdot\sqrt a=\dfrac{m^2}{n^2}+a-b\\\\ \sqrt a=\dfrac{m}{2n}+\dfrac{n}{2m}a-\dfrac{n}{2m}b$

Mas, é dado que $a,b\in\mathbb{Q}$. Então, podemos reescrevê-los como:

$a=\dfrac{p_a}{q_a}$ e $b=\dfrac{p_b}{q_b}$

Com $p_a,q_a,p_b,q_b\in\mathbb{Z}$. Substituindo:

$\sqrt a=\dfrac{m}{2n}+\dfrac{n}{2m}a-\dfrac{n}{2m}b\\\\ \sqrt a=\dfrac{m}{2n}+\dfrac{n}{2m}\cdot\dfrac{p_a}{q_a}-\dfrac{n}{2m}\cdot \dfrac{p_b}{q_b}\\\\ \sqrt a=\dfrac{m}{2n}+\dfrac{np_a}{2mq_a}-\dfrac{np_b}{2mq_b}\\\\ \sqrt a=\dfrac{m\cdot mq_a q_b}{2n\cdot mq_a q_b}+\dfrac{np_a\cdot nq_b}{2mq_a\cdot nq_b}-\dfrac{np_b\cdot n q_a}{2mq_b\cdot n q_a}\\\\ \sqrt a=\dfrac{m^2q_a q_b+n^2p_a q_b-n^2p_b q_a}{2mnq_a q_b}$

Desse modo, mostrou-se que é possível representar $\sqrt{a}$ como uma razão entre inteiros. Portanto, $\sqrt a\in\mathbb{Q}$.

Fazendo um processo análogo para $\sqrt{b}$, chegamos a:

$\sqrt b=\dfrac{m^2q_a q_b-n^2p_a q_b+n^2p_b q_a}{2mnq_a q_b}$

O que também nos leva a concluir que $\sqrt b\in\mathbb{Q}~~\blacksquare$