?

Log in

No account? Create an account
Ни о какой безапелляционности в моих высказываниях не может быть и речи! [entries|archive|friends|userinfo]
Anatoly Vorobey

[ website | Website ]
[ userinfo | livejournal userinfo ]
[ archive | journal archive ]

Links
[Links:| English-language weblog ]

математическое, о корнях [июн. 24, 2011|09:12 pm]
Anatoly Vorobey
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.
СсылкаОтветить

Comments:
From: lazyreader
2011-06-24 06:37 pm
(слишком пространно, чтобы поместить его на полях)
(Ответить) (Thread)
[User Picture]From: dmarck
2011-06-24 08:32 pm
Прекрасно!
(Ответить) (Parent) (Thread)
[User Picture]From: gaz_v_pol
2011-06-24 07:32 pm
1. "Интуитивно ясным" будет и утверждение, что если допускаются вложенные радикалы, то тем более к рациональному числу не вернёшься, что неверно



2. Если вложенные радикалы запрещены, но разрешены корни любой степени (не только квадратные), то Ваше утверждение останется верным, но элементарного доказательства уже не будет (по крайней мере я такого не знаю).
(Ответить) (Thread)
[User Picture]From: avva
2011-06-24 08:06 pm
1. Разве? Мне кажется, что интуитивно ясно, что если сумму нескольких корней пятой степени возвести в куб, то после сокращений там всякая "фигня" под корнем пятой степени останется, так что не очень удивительно, что кубический корень от этой фигни равен сумме других на первый взгляд каких-то корней.

2. А как выглядит неэлементарное доказательство этого?
(Ответить) (Parent) (Thread) (Развернуть)
[User Picture]From: piont
2011-06-24 07:37 pm
Следующий пассаж не вполне точен:

"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. 2^n, он является базисом, так что числа n1...nk линейно независимы над Q, что и требовалось доказать."

Лучше сказать, что все 2^n корней из всех возможных бесквадратных произведений чисел p1,...,pn линейно порождают описанное расширение, а потому составляют базис в нем и, следовательно, линейно независимы. А уже среди этих корней встречаются числа √n1...√nk, значит, и они линейно независимы.

(Надеюсь, извините за эту придирку: последнюю неделю принимал экзамены по линейной алгебре и, по инерции, не могу пройти мимо...)
(Ответить) (Thread)
[User Picture]From: avva
2011-06-24 08:02 pm
Мне казалось, что я примерно это и пишу, но, возможно, вы правы, и следовало это чуть точнее написать. Спасибо за поправку.
(Ответить) (Parent) (Thread) (Развернуть)
[User Picture]From: rus4
2011-06-24 07:55 pm
На самом деле в первом решении никакой высшей математики нет: никаких свойств полей, кроме того, что в них можно проводить арифметические операции, не используется.
(Ответить) (Thread)
[User Picture]From: falcao
2011-06-24 10:24 pm

школьное рассуждение

Я помню, как мы обсуждали в точности эту задачу с товарищем во времена "абитуры". Он тогда предложил решение, очень близкое к первому, которое изложено здесь. Соображения линейной алгебры при этом не привлекались, то есть всё излагалось на "школьном" языке. А доказывалось как раз то, что корень из "чужеродного" простого числа p не равен линейной комбинации (с рациональными коэффициентами) квадратных корней из чисел, не делящихся на p.
(Ответить) (Parent) (Thread)
[User Picture]From: unibasil
2011-06-24 08:09 pm
Ух, подумал было, что вы MathML пользуетесь. Нет, старый-добрый HTML ;).

Заодно подтвердились слухи, что текст самого поста в коде страницы содержится трижды.
(Ответить) (Thread)
[User Picture]From: avva
2011-06-24 08:26 pm
Почему трижды? Я ничего такого не знаю.
(Ответить) (Parent) (Thread) (Развернуть)
From: dmpogo
2011-06-24 08:20 pm
мы как бы уходим из рациональных чисел в огромную пустыню иррациональных, и обратно дорогу уже не найти. Так мне это интуитивно представляется.

Здесь такой "zero-order" интуиции недостаточно. В конце концов есть иррациональные числа \sqrt(2) и 1-\sqrt(2)
(Ответить) (Thread)
From: (Anonymous)
2011-06-24 09:16 pm
если взять целые числа между n² и (n+1)², найти их квадратные корни и сложить дробные части этих корней, получится приблизительно n+1/6 (чем больше n, тем точнее). суммы корней чисел от n² до (n+6)², понятное дело, будут для больших n близки к целым. это так, вольное размышление идиота на тему о корнях, почти без высшей математики ;)
(Ответить) (Thread)
[User Picture]From: michk
2011-06-24 09:18 pm
Если мы это докажем, то сразу следует, что S не равно нулю, что и требовалось доказать.
Я что-то совсем туплю. Почему это то, что требовалось доказать? Почему из этого следует исходное утверждение?
(Ответить) (Thread)
[User Picture]From: avva
2011-06-24 09:28 pm
Требовалось доказать, что складывая корни, мы не придем обратно к натуральному числу. Если предположить, то выходит, что можно записать сумму корней и одного целого числа (обратного этому натуральному), которая будет равна нулю.
(Ответить) (Parent) (Thread) (Развернуть)
[User Picture]From: hermit_l
2011-06-24 09:54 pm
Приведенное доказательство с помощью высшей математики слишком длинное и недостаточно высокое. Возьмем минимальный поднабор n1,...,nk, для которого утверждение неверно. Для k=2 утверждение очевидно, поэтому существует вложение Q(√n1, √n2) в C, переводящее √n1 в √n1 и √n2 в -√n2. Продолжим его до вложения Q(√n1,...,√nk) в C. Оно переводит √ni в сопряженные, т.е. в √ni или -√ni. Применим это вложение к равенству a0 + a1√n1 + ... + ak√nk = 0. Сложив получившееся равенство с исходным получим равенство нулю комбинации с меньшим числом радикалов.
(Ответить) (Thread)
[User Picture]From: avva
2011-06-25 02:11 am
Спасибо! Да, так быстрее.
(Ответить) (Parent) (Thread)
[User Picture]From: vbif9
2011-06-25 05:18 am
А как же изумительное:
[sqrt(5)+2]^(1/3) - [sqrt(5)-2]^(1/3) = 1 ?

Или Вы не об этом...
(Ответить) (Thread)
[User Picture]From: avva
2011-06-25 08:00 am
Не об этом, да.
(Ответить) (Parent) (Thread)
(Удалённый комментарий)
[User Picture]From: moola
2011-06-25 06:19 am

Re: По-моему можно проще

А если их не два, а больше?
(Ответить) (Parent) (Thread)
(Удалённый комментарий)
[User Picture]From: thxbye
2011-06-26 06:28 am
А подскажите пожалуйста, какую литературу нужно прочитать и понять, чтобы быть в состоянии оценить доказательство с помощью высшей математики?
(Ответить) (Thread)
From: (Anonymous)
2011-06-28 03:27 pm
Учебник по линейной алгебре, любой.
На русском гельфанд.
(Ответить) (Parent) (Thread) (Развернуть)
[User Picture]From: ilya_dogolazky
2011-06-27 10:28 am
Есть в юникоде такой значок "·" --- заместо звёздочки.
(Ответить) (Thread)
[User Picture]From: _winnie
2011-07-03 08:25 am
Я знаю основы линейной алгебры, и чуть-чуть знаю что такое группа-кольцо-поле и могу поискать определения в интернете, но мне не хватает знания математического жаргона что бы понять доказательство, и восстановить "очевидно подразумевающиеся" пропущенные слова. И мне также не хватает знания основной идеи доказательства, что бы понять "очевидно подразумевающиеся" пропущенные слова.

Вот эта фраза:
Расширение полей Q(√p1...√pn) над Q имеет размерность 2n - доказательство ниже

Я её читаю и понимаю, что я не могу её понять.
1) Что такое Q? Оно нигде не определено ранее по тексту. Может его надо понимать как рациональные числа, Q-с-двойной-линией-слева или буквая Q использована произвольно?
2) окей, предположим что это рациональные числа. WTF Q(список аргументов)?! Написано что это расширение поля Q. ЛЮБОЕ расширение или какое-то конкретное? Если это алгебраическое продолжение, все корни полиномов из Q, то зачем там параметры
Q(√p1...√pn) ?

Помогите пожалуйста. И я начал сомневаться, что "математика - универсальный язык галактики", а то вот инопланетянин будет читать это доказательство, и тоже не поймёт что такое Q и Q().

(Ответить) (Thread)
[User Picture]From: avva
2011-07-03 08:40 am
1. Q - рациональные числа.

2. F(a1, a2, a3, ..., an) - нотация, которая обозначает расширение F следующим образом. Посмотрите на алгебраическое замыкание F (все корни многочленов из F), и возьмите в нем наименьшее под-поле, которое включает в себя как F, так и все числа a1, a2, ..., an. Это и будет F(a1, a2, ..., an). В случае Q(√p1...√pn) можно интуитивно смотреть на это, как на результат "добавления" к Q всех этих корней, а также всех остальных алгебраических чисел, которые нужны, чтобы после этого сохранить замыкание операций: т.е. всех операций с этими корнями, операций с тем, что получилось, итд. Также нетрудно показать (это предполагается известным в тексте), что Q(√p1...√pn) = Q(√p1)(√p2)...(√pn), т.е. можно расширять, добавляя по одному корню каждый раз.

(Ответить) (Parent) (Thread) (Развернуть)
[User Picture]From: gaz_v_pol
2012-01-30 05:37 am

Про уход от рациональных чисел.

Хочу похвастаться, придумал тождество, природу которых понять непросто, даже и зная теорию полей:



Обсуждение тут: http://ru-math.livejournal.com/797774.html
(Ответить) (Thread)
[User Picture]From: avva
2012-01-30 07:11 am

Re: Про уход от рациональных чисел.

Замечательно, спасибо!
(Ответить) (Parent) (Thread)