Иррациональное выражение

[Ward]

Здравствуйте!

Доказать, что сумма $a_1\sqrt{b_1}+\cdots+a_k\sqrt{b_k}$ иррациональна, если $a_i$ целые, а $b_i$ различные положительные целые, свободные от квадратов.

Для случая $k=2$ я решил, но для общего случая пробовал применить индукцию, но никак.
Помогите пожалуйста.

[Cash]

Можно посмотреть здесь:
Иррациональность суммы радикалов

Другое решение придумал, когда эта задача встретилась в отборе на всесоюзную:
Докажем по индукции, что при $n>1$
$a_1\sqrt{b_1}+\cdots+a_n\sqrt{b_n}$ не является иррациональностью 2-й степени (корнем квадратного уравнения с целыми коэффициентами).
При $n=2$ - легко проверяется.
Пусть выполнено при $n \leqslant k-1$.
Тогда $\alpha = a_1\sqrt{b_1}+\cdots+a_k\sqrt{b_k}$ не может быть целым.
Предположим, что $\alpha$ - корень некоторого многочлена $p_2(x) = x^2+bx+c$ с целыми коэффициентами.
Рассмотрим $P(x)=\prod (x-\alpha^*)$, где произведение берется по всем числам вида $\alpha^* = \varepsilon_1 a_1\sqrt{b_1}+\cdots+\varepsilon_k a_k\sqrt{b_k}$ , $\varepsilon_i \in \{-1, 1\}$.
Справедливы следующие утверждения:
1. $P(x)$ - многочлен степени $2^k$ с целыми коэффициентами.
2. $P(x)$ делится на $p_2(x)$.
(попробуйте доказать самостоятельно, они достаточно просты)

Из этих утверждений следует, что некоторое $\alpha^*$ будет также корнем и $p_2(x)$.
По теореме Виета $-b=\alpha+\alpha^*=2(a_{i_1}\sqrt{b_{i_1}}+\cdots+a_{i_m}\sqrt{b_{i_m}})$, где $m<k$, что противоречит предположению индукции.

[Ward]

Cash
Замечательное решение, но один момент хочу спросить. Зачем вы показываете что оно не может быть иррациональностью второй степени??
Не могу понять почему это нам нужно.
А вот даже случай $n=2$ не могу проверить.

[Cash]

Ward в сообщении #763434 писал(а):

Зачем вы показываете что оно не может быть иррациональностью второй степени??
Не могу понять почему это нам нужно.

Часто так бывает, что проще доказать более сильное утверждение.

Ward в сообщении #763434 писал(а):

А вот даже случай $n=2$ не могу проверить.

$\sqrt a + \sqrt b = d + \sqrt c$
Возведите в квадрат и количество корней уменьшится.

[Ward]

Cash
Если число не будет квадричной иррациональностью, то оно будет иррациональным.
Решение действительно крутое, но я не понял причем тут квадратичная иррациональность.

[Cash]

Для того, чтобы мы могли рассматривать сопряженные корни. Фокус проходит, поскольку все сопряженные к числу в задаче можно явно выписать.

[Ward]

Cash
Я вот для случая 2 возвел в квадрат и получил, что $a+b+2\sqrt{ab}=d^2+2d\sqrt{c}+c$. Что это должно дать?

[Cash]

Осталось 2 корня (или один, поскольку $\sqrt {ab}$ может быть целым). А этот случай Вы, вроде как, разобрали...

[Ward]

Я показал, что для случая 2 он иррационален, а не квадратично иррационален.о

[Cash]

Ну и отлично!
$2\sqrt{ab}-2d\sqrt{c}=d^2+c-a-b$

[Ward]

А это дальше возвести в квадрат?

[Cash]

Нет, это было бы уже ошибкой - $\sqrt {abc} $ вполне может быть целым и никакого противоречия нет.
Но Вы ведь показали, что сумма 2-х корней не может быть целым. У нас слева - сумма двух корней, справа ...

[Ward]

Cash
А какая вообще связь между иррациональностью и квадратичной иррациональностью?
Не могу понять эту связь в задаче

[bot]

Число $\sqrt[3]{2}$ не является квадратичной иррацональностью.
Связь в одну сторону: квадратичная иррациональность иррациональна.

[Ward]

bot
Ну да. И что?
Я не могу понять связь между квадратичными иррациональностями и иррациональностью которая проводится в задаче. Можете ли Вы объяснить?