Anatoly Vorobey (avva) wrote,
Anatoly Vorobey
avva

математическое, о корнях

Предположим, мы взяли квадратный корень из какого-то натурального числа, которое не является целым квадратом: например, √7. Добавим к нему еще какой-нибудь такой корень, например, √6, потом еще √15, может быть еще раз √7, и так далее и так далее. Сможем ли мы когда-нибудь "вернуться" к натуральному числу в сумме?

Мне интуитивно кажется ясным, что нет (но не все, кому я предложил эту задачу, соглашаются). Когда мы берем корень , мы как бы уходим из рациональных чисел в огромную пустыню иррациональных, и обратно дорогу уже не найти. Так мне это интуитивно представляется.

Эта задача мне кажется любопытной тем, что на ее примере легко продемонстрировать пользу некоторых начал высшей математики. Если знать, что такое "поле", "расширение полей", "векторное пространство" итд., то доказать, что действительно невозможно вернуться к натуральному числу, очень просто и естественно. А совсем элементарное доказательство, которое использует только числа, найти гораздо труднее, и оно выглядит менее естественным и более запутанным.

Вот эти доказательства, для тех, кому любопытно:


Пусть у нас есть сумма вида a0 + a1√n1 + ... + ak√nk, в которой не все целые коэффициенты a0...ak равны нулю. Числа n1...nk целые положительные, отличны друг от друга, и не содержат квадратов, т.е. все множители вида x2 в них были выведены за пределы корня. Утверждается, что эта сумма не равна нулю.

Доказательство с помощью высшей математики:

Пусть p1...pn список всех простых множителей, встречающихся в n1...nk. Расширение полей Q(√p1...√pn) над Q имеет размерность 2n - доказательство ниже. Набор корней из произведений всех возможных подмножеств p1...pn, во-первых, порождает это расширение как векторное пространство над Q, а во-вторых, содержит все числа √n1...√nk. Поскольку размер этого набора равен количеству всех подмножеств p1...pn, т.е. 2n, он является базисом, так что числа √n1...√nk линейно независимы над Q, что и требовалось доказать.

Доказать тот факт, что расширение Q(√p1...√pn) / Q имеет размерность 2n, если не считать это уже известным, можно разными способами; вот одно элементарное доказательство. Рассматривая цепочку расширений Q0=Q < Q1=Q(√p1) < Q2=Q(√p1,√p2) < ... < Qn=Q(√p1...√pn), видим, что достаточно доказать, что каждое √pm+1 не находится в Qm, потому что тогда размерность следующего в цепочке поля над предыдущим равна 2, и произведение по всей цепочке дает 2n.
Докажем это утверждение индукцией по m для несколько более общего случая - когда все числа pi необязательно простые, но они все взаимно простые друг с другом и не содержат квадратов. Случай m=0 тривиален: √p1 не находится в Q. Для перехода от m к m+1 предположим обратное, что √pm+1 можно записать как член Qm. Поскольку по индукции мы уже знаем, что √pm порождает расширение Qm над Qm-1 размерностью 2, мы можем записать

√pm+1 = A + B*√pm, где A и B лежат в Qm-1.

Если мы возведем это в квадрат и перетасуем слагаемые, то получим

2*A*B*√pm = pm+1 - A2 - B2*pm

Правая часть лежит в Qm-1, значит и левая часть в нем лежит, но поскольку √pm в нем не находится по индукции, обязательно B=0 или A=0. В первом случае получаем √pm+1 лежащим в Qm-1, но это противоречит предположению индукции для последовательности p1...pm-1,pm+1 - если все эти корни лежат в Qm-1, размерность не может быть равна 2m. Во втором случае, если A=0, умножим √pm+1 = B*√pm еще раз на √pm, и получим, что √(pm+1pm) лежит в Qm-1, и это опять-таки противоречит предположению индукции, на этот раз для последовательности p1...pm-1,pm+1*pm - вот в этом месте мы пользуемся тем, что члены последовательности необязательно простые, достаточно, что взаимно простые и без квадратов. Так что и A=0, и B=0 приводят к противоречию.


Доказательство без помощи высшей математики:

Пусть p1...pn список всех простых множителей, встречающихся в n1...nk. Мы докажем индукцией по n следующее утверждение: что сумму
S = a0 + a1√n1 + ... + ak√nk
можно умножить на некоторое число такого же вида, т.е. некое
S' = b0 + b1√s1 + ... + bm√sm, где опять-таки коэффициенты целые, под корнем стоят числа все разные и без квадратов, у этих чисел есть только простые множители среди p1...pn, никаких новых - и произведение чисел S и S' будет ненулевым целым числом. Если мы это докажем, то сразу следует, что S не равно нулю, что и требовалось доказать. S' можно считать своеобразным видом "сопряженного" числа к S, по аналогии с сопряженными комплексными числами.

Если n=0, т.е. простых множителей нет вообще, это значит, что в S нет никаких корней: S = a0. Тогда утверждение тривиально, возьмем просто S'=1. Если n=1, тогда есть только один простой множитель p, и значит, S = a0 + a1√p. Мы можем взять S' = a0 - a1√p, и их произведение S*S' = a02 - p*a12 не может быть равно нулю, потому что в первом слагаемом степень множителя p четная, а во втором нечетная. Так что и тут мы нашли нужное S'.

Теперь рассмотрим индуктивный переход от n к n+1. Обозначим n+1-й простой множитель pn+1 просто как p, и вынесем его из всех √n, которые его содержат, в виде отдельного множителя √p, и сгруппируем. Таким образом мы можем записать

S = S0 + √p*S1, где в S0 и S1 в корнях используются только простые множители p1...pn. Мы можем предположить, что в S0 не все коэффициенты равны нулю, иначе можно было бы применить индуктивное предположение к S1, умножить еще дополнительно на √p, и готово. Кроме того, в S1 тоже не все коэффициенты равны нулю - иначе p никак бы не участвовало в S. Поэтому мы можем применить предположение индукции к S1 - есть некая сумма S1', в которой нет новых простых множителей, и S1S1' - ненулевое целое число, некое k. Произведение S*S1' = (S0 + √p*S1)*S1' мы можем представить как T + k*√p, где T опять-таки сумма, отвечающая начальным условиям. Умножим это, в свою очередь, на T - k*√p, и получим T2 - k2*p. Предположим на секунду, что эта сумма в свою очередь не равна нулю. Тогда она тоже выполняет все начальные условия - простые множители в ее квадратных корнях могут быть только среди p1...pn - и уже не включает в себя √p. Поэтому по предположению индукции ее можно умножить еще на некую T', так что результат будет ненулевым целым числом. В итоге мы получили, что исходное S можно умножить на S1'*(T - k*√p)*T', и получить, как и хотели, ненулевой целый результат.

Осталось доказать, что сумма T2 - k2*p, которую мы получили в середине, не может быть нулем; здесь внутри корней T нет простых множителей √p. Если T уже само по себе целое число, то это очевидно, т.к. тогда в T2 множитель p встречается четное число раз, а в k2*p нечетное (помним, что k ненулевое). Если T нецелое, но имеет простой вид u*√q, где q - целое, то это тоже понятно, т.к. мы знаем, что среди корней T нет простого множителя p, так что в T2 = u2*q опять-таки p встречается четное число раз. Остается предположить, что в T есть как минимум два разных слагаемых: например, два разных корня, или целое число и корень. Можно предположить, не теряя общности, что √pn является множителем в одном из этих слагаемых, но не в другом. Это значит, что можно сгруппировать все множители типа √pn вместе и записать

T = T0 + T1*√pn, где в T0 и T1 присутствуют только простые множители среди p1...pn-1, и при том в каждом из них не все коэффициенты равны 0. Вычисляя теперь, чему равно T2 - k2*p, получаем

T02 - 2*T0T1*√pn + T12*pn - k2*p

и в этом выражении только в слагаемом 2*T0T1*√pn встречается простой множитель √pn под корнем. Поскольку в T0 и T1 не все коэффиценты равны 0, после раскрытия всех скобок и объединения корней останется хотя бы один ненулевой коэффициент с корнем, в котором есть √pn. А это значит - вот к чему мы шли - что выражение T2 - k2*p отвечает тем же условиям, что и исходное S, но только для первых n простых множителей p1...pn. Поэтому по предположению индукции можно считать доказанным, что оно не равно нулю.

Уф.
Subscribe
  • Post a new comment

    Error

    default userpic

    Your IP address will be recorded 

    When you submit the form an invisible reCAPTCHA check will be performed.
    You must follow the Privacy Policy and Google Terms of use.
  • 44 comments