Один вопрос по поводу доказательства иррациональности суммы

[Onoochin]

Имеется статья Камнева в Кванте за 1972 г, № 2, стр 26-27 "Иррациональность суммы радикалов".
Автор доказывает, что суммы вида

$$ b_1\sqrt{a_1} +b_2\sqrt{a_2} + ...b_n\sqrt{a_n} \neq 0 $$

где $b_i$ - целые, $a_i$ - целые свободные от квадратов.
Фактически это доказательство, что сумма двух радикалов всегда иррациональное число.

Доказательство автора строится на более сильном утверждении,
существуют такие целые числа $c_i,\,d_i$, что $d_i\neq 0$, $c_i\ge 1$, все простые делители чисел $c_i$ содержатся среди чисел $p_1,\,p_2,...p_N$ и произведение

$$ \left(b_1\sqrt{a_1} +b_2\sqrt{a_2} + ...b_n\sqrt{a_n} \right)\times \left(d_1\sqrt{c_1} +d_2\sqrt{c_2} + ...d_e\sqrt{c_e} \right)$$

является ненулевым целым числом.

Собственно, вопрос: как к числу $\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}$ найти такие $c_i,\,d_i$, чтобы

$$ \left(\sqrt{2} +\sqrt{3} + \sqrt{5} \right)\times \left(d_1\sqrt{c_1} +d_2\sqrt{c_2} + ...d_e\sqrt{c_e} \right)$$

стало целым?

Док-во автора основано на индукции. Но чтобы перейти от получения целого для $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ надо хотя бы продемонстрировать следующий шаг - получение вышенаписанного выражения целым числом

[Slav-27]

Onoochin в сообщении #1688538 писал(а):

Собственно, вопрос: как к числу $\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}$ найти такие $c_i,\,d_i$, чтобы

$$ \left(\sqrt{2} +\sqrt{3} + \sqrt{5} \right)\times \left(d_1\sqrt{c_1} +d_2\sqrt{c_2} + ...d_e\sqrt{c_e} \right)$$

стало целым?

Сначала умножить на $\sqrt2+\sqrt3-\sqrt5$, корней станет меньше.

[hassword]

Вы имеете ввиду вот так?
$(\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5})(-\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5})(\sqrt{2}-\sqrt{3}+\sqrt{5})(\sqrt{2}+\sqrt{3}-\sqrt{5})$

[Slav-27]

Да, можно так.

[Onoochin]

Спасибо, Slav-27.
Действительно, выражение $ \left(\sqrt{2} +\sqrt{3} - \sqrt{5} \right)\sqrt{6}$ при умножении на исходное выражение дает 12.
Но при большем кол-ве радикалов процедура нахождения нужного выражения усложняется. Например для

$$\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7}$$

исключение $\sqrt{7}$ даст "целое число + три радикала" ($X=3+2\sqrt{6}+2\sqrt{10}+2\sqrt{15}$) и чтобы подобрать нужное число, надо менять знак в $X$ у двух членов, т..е сопряженное число будет $Y=-3+2\sqrt{6}+2\sqrt{10}-2\sqrt{15}$. Если радикалов будет пять, например,

$$\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7}+\sqrt{11}$$

то после исключения $\sqrt{11}$ появится выражение $Z$, содержащее "целое число + 6 радикалов" - по числу комбинаций 4-х членов. Метод устранения последнего радикала ($+\sqrt{35}$) использованием выражения

$$Z_1=3 + \sqrt{6} + \sqrt{10} +\sqrt{14} + \sqrt{15} +\sqrt{21} -\sqrt{35} $$

результата не даст. Надо брать сопряженное выражение, в котором три члена меняют знак, т.е.

$$Z_2=-3 - \sqrt{6} + \sqrt{10} +\sqrt{14} + \sqrt{15} +\sqrt{21} -\sqrt{35} $$

Получается, что такие выражения ищутся методом подбора.
Есть ли общее правило исключения радикалов?

Автор (Камнев) такое правило не приводит. Он использует метод индукции. Но у него неясно, как можно перейти от исключения радикалов $\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}$ (умножением на $\sqrt{a_1}-\sqrt{a_2}$) к исключению радикалов в $\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}+\sqrt{a_3}$ - он пишет, что мы имеем исключение радикалов для $S_2$ - но радикалы в $S_2$ исключаются единственным выражением $\sqrt{a_1}-\sqrt{a_2}$. Это выражение уже не применить для исключения $\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}+\sqrt{a_3}$

[Padawan]

Onoochin

Onoochin в сообщении #1688715 писал(а):

Например для

$$\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7}$$

Обратное надо искать в виде $\sum_{i, j, k, l=0, 1}b_{ijkl}\sqrt{2^i3^j5^k7^l}$

-- Вт июн 03, 2025 22:53:39 --

Onoochin в сообщении #1688715 писал(а):

Получается, что такие выражения ищутся методом подбора.

Система линейных уравнений на коэффициенты $b_{ijkl}$ получится.

[RIP]

Вообще,

$$\prod_{k_1=0}^{1}\dotso\prod_{k_n=0}^{1}\left((-1)^{k_1}b_1\sqrt{a_1}+\dotsb+(-1)^{k_n}b_n\sqrt{a_n}\,\right)\in\mathbb{Z}.$$

(Если $n>1$, то одно произведение можно опустить, то есть ограничиться только сомножителями с $k_1=0$, например, чтобы получить целое число.)
Более общо:

$$\prod_{k_1=0}^{1}\dotso\prod_{k_n=0}^{1}\left(x+(-1)^{k_1}b_1\sqrt{a_1}+\dotsb+(-1)^{k_n}b_n\sqrt{a_n}\,\right)\in\mathbb{Z}[x].$$

(Причём очевидно, что многочлен чётный.)

Например:
\begin{multline*}\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7}\,\right)\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}-\sqrt{7}\,\right)\times\\ \times\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}-\sqrt{5}+\sqrt{7}\,\right)\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}-\sqrt{5}-\sqrt{7}\,\right)\times\\ \times\left(\sqrt{2}-\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7}\,\right)\left(\sqrt{2}-\sqrt{3}+\sqrt{5}-\sqrt{7}\,\right)\times\\ \times\left(\sqrt{2}-\sqrt{3}-\sqrt{5}+\sqrt{7}\,\right)\left(\sqrt{2}-\sqrt{3}-\sqrt{5}-\sqrt{7}\,\right)=-215.\end{multline*}
(Считал компьютер, разумеется.)

[hassword]

RIP
В этом примере можно попроще сделать:
$ \left(\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7}\right) \left(\sqrt{2}+\sqrt{3}-\sqrt{5}-\sqrt{7}\right) \left(-7+2 \sqrt{6}+2 \sqrt{35}\right)\left(67-28 \sqrt{6}\right)$

А так да, нужно умножать на все сопряжённое.

[Onoochin]

RIP, спасибо за формулы

Действительно, умножение исходного числа (N радикалов) на произведение всех ему сопряженных даст в итоге целое. Только надо избежать умножения на лишние сомножители. Например, для $X_0=\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7}+\sqrt{11}$ имеются два сопряженных (кроме прочих): $X_1=\sqrt{2}+\sqrt{3}-\sqrt{5}-\sqrt{7}-\sqrt{11}$ и $X_2=-\sqrt{2}-\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7}+\sqrt{11}$ . Но $X_2$ равен $X_1$ с минусом.

М.б. в первой формуле не надо у первого радикала не менять знак, т.е.

$$\prod_{k_2=0}^{1}\dotso\prod_{k_n=0}^{1}\left(b_1\sqrt{a_1}+(-1)^{k_2}b_2\sqrt{a_2}\dotsb+(-1)^{k_n}b_n\sqrt{a_n}\,\right)\in\mathbb{Z}.$$

Тогда сопряженных сомножителей будет в 2 раза меньше и лишние исключатся.

[Slav-27]

Onoochin в сообщении #1688922 писал(а):

М.б. в первой формуле не надо у первого радикала не менять знак

Да, про это в посте RIP ведь тоже написано.

Верно даже так: если $x_1,...,x_n$ -- независимые переменные, то $P=\prod\left(\pm\sqrt{x_1}\pm\sqrt{x_2}\pm...\pm\sqrt{x_n}\right)$ и даже $Q=\prod\left(\sqrt{x_1}\pm\sqrt{x_2}\pm...\pm\sqrt{x_n}\right)$, где произведения берутся по всевозможным расстановкам знаков $+$ и $-$, являются многочленами от $x_1,...,x_n$.

Всё это частные случаи весьма общего утверждения: если зафиксировано основное поле, то произведение всех сопряжённых к любому алгебраическому над этим полем элементу есть элемент основного поля (если этот элемент сепарабельный, что всегда верно, если никакая конечная сумма $1+1+...+1$ не равна $0$ -- у нас, конечно, это верно). Такое произведение называетя норма.

$P$ -- это норма элемента $r=\sqrt{x_1}+...+\sqrt{x_n}$ над полем рациональных функций от переменных $x_1,...,x_n$, так что по общему утверждению $P$ есть рациональная функция от $x_i$; так как $P$ в то же время многочлен от $\sqrt{x_i}$, то $P$ -- многочлен от $x_i$.

$Q$ -- это норма $r$ над полем рациональных функций от $\sqrt{x_1},x_2,x_3,...,x_n$, и одновременно, как нетрудно заметить, это же $Q$ равно с точностью до знака норме $r$ над полем рациональных функций от $x_1,\sqrt{x_2},x_3,...,x_n$. Поэтому $Q$ одновременно многочлен от $\sqrt{x_1},x_2,x_3,...,x_n$ и от $x_1,\sqrt{x_2},x_3,...,x_n$, то есть опять-таки многочлен от $x_1,...,x_n$.

Если под корнями не независимые переменные, а конкретные числа, то бывает можно ещё уменьшить количество множителей; например, можно взять список всех простых чисел, входящих в разложение всех чисел под корнями, и написать произведение множителей, каждый из которых отвечает выбору знака $+$ или $-$ у квадратного корня из каждого простого числа в этом списке. Например, рассмотрим $2+3\sqrt3+\sqrt5-\sqrt{15}$; это число содержится в расширении рациональных чисел, порожденном $\sqrt3$ и $\sqrt5$, поэтому достаточно 4 множителей: в первом сохраняем знаки и у $\sqrt3$ и у $\sqrt5$, во втором обращаем у $\sqrt3$ и сохраняем у $\sqrt5$, в третьем обращаем у $\sqrt5$ и сохраняем у $\sqrt3$, в четвёртом обращаем у обоих корней. Так получаем, что число $(2+3\sqrt3+\sqrt5-\sqrt{15})(2-3\sqrt3+\sqrt5+\sqrt{15})$$(2+3\sqrt3-\sqrt5+\sqrt{15})(2-3\sqrt3-\sqrt5-\sqrt{15})$ целое.

[RIP]

Onoochin в сообщении #1688922 писал(а):

М.б. в первой формуле не надо у первого радикала не менять знак

Исходную формулу я написал, исходя из общих соображений:

$$\text{если } \prod_{i=1}^{m}(x+\alpha_i)\in\mathbb{Z}[x] \text{ и } \prod_{j=1}^{n}(x+\beta_j)\in\mathbb{Z}[x], \text{то } \prod_{i=1}^{m}\prod_{j=1}^{n}(\alpha_i+\beta_j)\in\mathbb{Z}. $$

Вообще, если многочлен $P(x_1,\dotsc,x_m,y_1,\dotsc,y_m)$ с целыми коэффициентами является одновременно симметрическим по переменным $x_i$ и симметрическим по переменным $y_j$, то $P(\alpha_1,\dotsc,\alpha_m,\beta_1,\dotsc,\beta_n)\in\mathbb{Z}$. (Поскольку можно перейти к элементарным симметрическим многочленам от $\alpha_i$ и от $\beta_j$, которые, по теореме Виета, являются целыми числами.) Аналогично и для большего количества наборов.

[Onoochin]

Slav-27 в сообщении #1689017 писал(а):

Если под корнями не независимые переменные, а конкретные числа, то бывает можно ещё уменьшить количество множителей; например, можно взять список всех простых чисел, входящих в разложение всех чисел под корнями, и написать произведение множителей, каждый из которых отвечает выбору знака $+$ или $-$ у квадратного корня из каждого простого числа в этом списке.

Разделение на простые и составные ничего не даёт. Установили, что для числа $X=\sum_{i=1}^n \sqrt{a_i}$ имеется число

$$Y=\prod_{k_2=0}^{1}\dotso\prod_{k_n=0}^{1}\left(\sqrt{a_1}+(-1)^{k_2}\sqrt{a_2}\dotsb+(-1)^{k_n}\sqrt{a_n}\,\right)$$

(коэффициенты при радикалах можно опустить; знак при первом радикале фиксированный), такое, что $$X\cdot Y$ - целое. Это есть наиболее общий ответ.

Например, для $X_1=\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7}+\sqrt{105}$ (105 - составное, = 3*5*7) число $Y_1$ должно содержать 7 сопряженных (исходному числу) сомножителей. Столько же, если взять вместо 105 любое другое простое число.
Для $X_2=\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7}+\sqrt{105}$ число $Y_2$ должно содержать 15 сопряженных (исходному числу) сомножителей. Столько же, если взять вместо 105 любое другое простое число.

Но у меня был дополнительный вопрос - верно ли док-во Камнева с использованием метода индукции. Видимо, не верно.

[Slav-27]

Onoochin в сообщении #1689404 писал(а):

Разделение на простые и составные ничего не даёт.

Onoochin в сообщении #1689404 писал(а):

Например, для $X_1=\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7}+\sqrt{105}$ (105 - составное, = 3*5*7) число $Y_1$ должно содержать 7 сопряженных (исходному числу) сомножителей. Столько же, если взять вместо 105 любое другое простое число.

Иногда ничего не даёт, а иногда что-то даёт. Для $X_1$ оно как раз даёт: достаточно 3 сопряжённых, $(\sqrt3+\sqrt5+\sqrt7+\sqrt{105})(\sqrt3-\sqrt5+\sqrt7-\sqrt{105})$ $(\sqrt3+\sqrt5-\sqrt7-\sqrt{105})(\sqrt3-\sqrt5-\sqrt7+\sqrt{105})$ целое.

[Onoochin]

Slav-27 в сообщении #1689411 писал(а):

Иногда ничего не даёт, а иногда что-то даёт. Для $X_1$ оно как раз даёт: достаточно 3 сопряжённых, $(\sqrt3+\sqrt5+\sqrt7+\sqrt{105})(\sqrt3-\sqrt5+\sqrt7-\sqrt{105})$ $(\sqrt3+\sqrt5-\sqrt7-\sqrt{105})(\sqrt3-\sqrt5-\sqrt7+\sqrt{105})$ целое.

Проблема в том, что при таком подборе не сформулировать правило: сколько и какие сомножители нужно брать. Например, для числа $X=\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7}+\sqrt{35}$ (35 - составное) тремя подобными сомножителями не обойтись

$$X\cdot Y=(\sqrt3+\sqrt5+\sqrt7+\sqrt{35})(\sqrt3-\sqrt5+\sqrt7-\sqrt{35})(\sqrt3+\sqrt5-\sqrt7-\sqrt{35})(\sqrt3-\sqrt5-\sqrt7+\sqrt{35})=4(29+70\sqrt{3})$$

Вот домножение $X\cdot Y$ на $(29-70\sqrt{3})$ даст целое. Но проще использовать общую формулу с $(2^n-2)/2$ сомножителями ($n$ - кол-во радикалов). Тем более компьютеру всё равно, сколько сомножителей