Доказательство иррациональности суммы корней

[Andrey173]

1)Можно доказать, что сумма двух корней (квадратных) - все иррациональное число. (Ситуация когда от корня можно избавиться не считается).
От противного. Предположим, что это иррациональное число.
$\sqrt{x}+\sqrt{y}=r$
$\sqrt{x}=r - \sqrt{y}$
$x=r^2-2r\sqrt{y}+y$
$\sqrt{y}=r_2$

2)Аналогично для трех корней:
$\sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z} = r$
$\sqrt{x} + \sqrt{y} = r - \sqrt{z}$
$x+y+2\sqrt{xy}=r^2-2r\sqrt{z}+z$
Если x=y, то все понятно, противоречие с z.
Иначе $\sqrt{xy}+r\sqrt{z}=r_2$
Случай аналогичен первому.

Но если корней больше трех, то возведение в квадрат не избавляет от них. Можно это как-то доказать не прибегая к высшей математики? Вообще верно, ли это утверждение?

[gris]

Только вчера разбирали подобное. В случае нескольких корней из взаимнопростых чисел возводим выражение в квадрат несколько раз. При этом с помощью линейных комбинаций избавляемся поочерёдно по одному корню, пока не останется ровно один. И всё. Слева рациональное число, справа корень из неквадрата.

[TOTAL]

gris в сообщении #456412 писал(а):

При этом с помощью линейных комбинаций избавляемся поочерёдно по одному корню, пока не останется ровно один. И всё.

А вдруг при избавлении всегда будет оставаться больше трёх корней или ни одного?

[gris]

Согласен. Я привёл только идею, метод уменьшения числа корней. А вот всегда ли он сработает и можно ли из множества линейных комбинаций подобрать такие, у которых ранг матрицы... ну и так далее.
Ну так далеко я не могу задумываться

[nnosipov]

Andrey173 в сообщении #456403 писал(а):

Но если корней больше трех, то возведение в квадрат не избавляет от них. Можно это как-то доказать не прибегая к высшей математики? Вообще верно, ли это утверждение?

По поводу элементарного доказательства см. статью в "Кванте", опубликованную ещё в начале 70-х годов. Если немного знать теорию конечных алгебраических расширений, то всё упрощается, хотя рассуждение по индукции остаётся. Для квадратных радикалов можно привлечь и теорию Галуа, но это уже роскошь.

[nnosipov]

И в самом деле, как "по-школьному" доказать иррациональность числа $x=\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7}$? Вручную разворачивать произведение 16-и скобок и затем доказывать отсутствие рациональных корней у получившегося довольно жуткого многочлена 16-й степени было бы безумием. Попробуем всё-таки повозводить в квадрат. Положим $a_1=2$, $a_2=3$, $a_3=5$, $a_4=7$ и пусть

$$ \begin{array}{l} f_0=\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}+\sqrt{a_3},\\ f_1=\sqrt{a_1a_2}+\sqrt{a_2a_3}+\sqrt{a_3a_1},\\ f_2=a_2\sqrt{a_3a_1}+a_3\sqrt{a_1a_2}+a_1\sqrt{a_2a_3},\\ f_3=a_1a_2a_3f_1. \end{array} $$

Заметим, что

$$ \begin{array}{l} f_0^2=a_1+a_2+a_3+2f_1=10+2f_1,\\ f_1^2=a_1a_2+a_2a_3+a_3a_1+2f_2=31+2f_2,\\ f_2^2=a_2^2a_3a_1+a_3^2a_1a_2+a_1^2a_2a_3+2f_3=300+2f_3. \end{array} $$

Предположим теперь, что $x=f_0+\sqrt{a_4} \in \mathbb{Q}$. Имеем

$$ f_0=g_0(x)+h_0(x)\sqrt{a_4}, $$

где $g_0(x)=-x$, $h_0(x)=1$. Возводя в квадрат и упрощая, получим

$$ f_1=g_1(x)+h_1(x)\sqrt{a_4}, $$

где $g_1(x)=(x^2-3)/2$, $h_1(x)=-x$. Аналогичным образом приходим к равенствам

$$ f_2=g_2(x)+h_2(x)\sqrt{a_4}, \quad f_3=g_3(x)+h_3(x)\sqrt{a_4}, $$

где $g_2(x)=(x^4+22x^2-115)/8$, $h_2(x)=(-x^3+3x)/2$ и $h_3(x)=g_2(x)h_2(x)$. Поскольку $f_3=30f_1$, то, в частности, должно быть

$$ h_3(x)=30h_1(x). $$

После сокращения на $x$ получается довольно скромное уравнение $x^6+19x^4-181x^2-135=0$, которое легко и вручную исследуется на предмет наличия рациональных корней.