Quadratwurzel von quadratfreien Zahlen als Summe von Quadratwurzeln schreiben.

Lemma 1 . Wenn$m$ist eine positive ganze Zahl und$\sqrt m$ist dann rational$\sqrt m$ist eine ganze Zahl.

Beweis . Einfach.

Lemma 2 . Wenn$m,n$sind positive ganze Zahlen und$\sqrt m+\sqrt n$ist rational, dann beides$\sqrt m$Und$\sqrt n$sind ganze Zahlen.

Beweis . Sagen$\sqrt m+\sqrt n=x\in\Bbb Q$. Dann

$$\sqrt m-\sqrt n=\frac{m-n}{x}$$ ist rational und so ist es $$\sqrt m=\frac{(\sqrt m+\sqrt n)+(\sqrt m-\sqrt n)}{2}\ ,$$ und ebenfalls $\sqrt n\,$. Nach Lemma 1, $\sqrt m$Und $\sqrt n$sind ganze Zahlen.

Nun nehme das an

$$\sqrt a+\sqrt b+\sqrt c=\sqrt s\ ,$$ Wo $a,b,c,s$sind positive ganze Zahlen und $s$ist quadratfrei. Quadrieren und neu anordnen, $$2\bigl(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\bigl)=s-a-b-c\ .$$ Fügen Sie dieser Gleichung nun die Identität hinzu $2\sqrt a\sqrt a=2a$und faktorisieren, um zu erhalten $$2\sqrt{bc}+2\sqrt{as}=s+a-b-c\ .$$ Nach Lemma 2 sehen wir das $\sqrt{as}$eine ganze Zahl ist; seit $s$ist quadratfrei, $a$muss ein Quadrat mal sein $s$, sagen $a=p^2s$. Ähnlich $b=q^2s$Und $c=r^2s$, So $$p\sqrt s+q\sqrt s+r\sqrt s=\sqrt s\ ,$$ aber $p+q+r>1$, das ist unmöglich.

Hinweis: Das Quadrieren hilft nur, wenn Sie 5/6 oder weniger Terme haben. Andernfalls laufen Sie Gefahr, zu viele Quadratwurzeln einzuführen. Daher brauchen Sie etwas Mächtigeres, um mit dem allgemeinen Fall fertig zu werden.

Satz. Lassen$SF$sei die Menge positiver ganzer Zahlen, die nicht durch das Quadrat einer Primzahl teilbar sind.$SF = \{1, 2, 3, 5, 6, 7, 10, 11, 13, \ldots \}$. Wenn$\{a_i \} _{i=1}^n$sind verschiedene Zahlen aus der Menge$SF$, Und$\{b_i\}_{i=1}^n$sind dann beliebige ganze Zahlen$S = \sum b_i \sqrt{a_i} = 0$wenn und nur wenn alle$b_i = 0$.

Korollar Keine quadratfreie ganze Zahl kann als Summe von 3 oder mehr Quadratwurzeln ungleich Null geschrieben werden.

Nachweisen. Der einfachste Ansatz ist die Verwendung der Galois-Theorie, die möglicherweise über OP hinausgeht. Ich würde einen „elementaren“ Ansatz präsentieren, den ich zum ersten Mal von Feng Zuming gesehen habe.

Erinnern Sie sich an die Idee der Konjugierten. Betrachten Sie den linearen Ausdruck$L(x_1, x_2, \ldots, x_n) = a_1 x_1 + a_2 x_2 + \ldots + a_n x_n$. Betrachten Sie die konjugierten Ausdrücke, die die Form haben$L' (x_1, x_2, \ldots, x_n) = a_1 x_1 \pm a_2 x_2 \pm \ldots \pm a_n x_n$. [Es gibt$1 \times 2 \times \ldots \times 2 = 2^{n-1}$solche Ausdrücke.] Let$T$sei eine Variable und betrachte das Polynom

$$F_{L(x_1, x_2, \ldots , x_n)} (T) = \prod_{L'} \big(T - L'(x_1, x_2, \ldots, x_N) \big).$$

Betrachten Sie es als ein Polynom in$x_i, i\neq 1$. Ändern eines der Zeichen von$x_i$ändert sich nicht$F$, seit dem Satz$\{ L' \}$bleibt gleich. So,

$$F_{L(x_1, x_2, \ldots , x_n)} (T) = F_{L(x_1, \pm x_2, \ldots ,\pm x_n)} (T) .$$

Als solche enthält die Polynomentwicklung nur gerade Potenzen von$x_i, i\neq 1$. Es ist klar, dass es ungerade oder gerade Potenzen von enthalten kann$x_1$, also haben wir

$$F_{L(x_1, x_2, \ldots , x_n)} (T) = x_1 P ( x_1^2, x_2 ^2, \ldots, x_n ^2 , T) + Q( x_1^2, x_2 ^2, \ldots, x_n ^2 , T).$$

Seit$F$ein Polynom mit ganzzahligen Koeffizienten ist, folgt daraus$P$Und$Q$sind auch Polynome mit ganzzahligen Koeffizienten.

Wir zeigen eine leichte Variante des ursprünglichen Problems, nämlich dass es keine ganze Zahl ungleich Null gibt$M$kann als nichttriviale kanonische ganzzahlige Summe von Radikalen dargestellt werden. Das bedeutet, dass die Quadratwurzeln alle vereinfacht wurden, sodass unter dem Wurzelzeichen quadratfreie Terme übrig bleiben. In diesem Fall schließen wir das Radikal aus$\sqrt{1}$, weshalb wir jetzt die Ganzzahl ungleich Null einbeziehen$M$. Daher ist dieses Problem äquivalent. Wir werden diese Aussage per Induktion beweisen.

Basisfall: Eindeutig, wenn$b_1 \sqrt{a_1} = M$, Dann$M^2 = b_1^2 a_1$, was bedeutet, dass$a_1$muss ein Quadrat sein, was nicht möglich ist.

Angenommen, wir haben einen Ausdruck der Form$\sum b_i \sqrt{a_i}$so dass$\sum b_i \sqrt{a_i} = M \neq 0$. Dann das Polynom$F_{L(\sqrt{a_1}, \sqrt{a_2}, \ldots , \sqrt{a_n})} (M) = 0$. Aus der vorherigen Diskussion haben wir

$0 = \sqrt{a_1} P(a_1, a_2, \ldots, a_n, M) + Q(a_1, a_2, \ldots, a_n, M)$

Jedes dieser Polynome hat ganzzahlige Koeffizienten und ganzzahlige Variablen, daher ist es gleich einer ganzen Zahl, wenn es als ganze Zahl ausgewertet wird. Durch den Basisfall zeigt dies das$P(a_1, a_2, \ldots, a_n, M) = Q(a_1, a_2, \ldots, a_n, M) =0$. Als solches gibt uns dies$0 = - \sqrt{a_1} P(a_1, a_2, \ldots, a_n, M) + Q(a_1, a_2, \ldots, a_n, M)$

Betrachten Sie nun den Ausdruck$G_{L(x_1, x_2, \ldots, x_n)} (T) = \prod \big( T + L' (x_1, x_2, \ldots, x_n) \big)= - x_1 P ( x_1^2, x_2 ^2, \ldots, x_n ^2 , T) + Q( x_1^2, x_2 ^2, \ldots, x_n ^2 , T).$

Wir wissen das$\prod(M + L') = 0$, und somit$M = -b_1 \sqrt{a_1} \pm a_2 x_2 \pm \ldots \pm a_n x_n$, für eine Kombination von Zeichen. Fügen Sie dies hinzu$M = b_1 \sqrt{a_1} + b_2 \sqrt{a_2} + \ldots + b_n \sqrt{a_n}$, das bekommen wir$2M = (b_2 \pm b_2) \sqrt{a_2} + \ldots + (b_n \pm b_n) \sqrt{a_n}$, was der Induktionsannahme widerspricht.