Hace unos días me encontré con una pregunta acerca de la escritura de $\sqrt {2001}$ como suma de otros dos raíces cuadradas. Me las arreglé para demostrar que esto no es posible a menos que uno de ellos es cero y el otro es $2001$.
La prueba es la siguiente: $\sqrt{2001}=\sqrt a+\sqrt b$, $\sqrt{2001}-\sqrt a=\sqrt b$ por lo $2001+a-2\sqrt{2001a}=b$. Esto demuestra que $2\sqrt{2001a}$ es un número entero por lo $2001*a$ es un cuadrado perfecto.
También sabemos que $2001=3*23*29$ que es una plaza libre de número. por lo $a$ debe dividir a todos los de $3,23,29$, lo que significa $a\geq2001$$\sqrt a\geq\sqrt{2001}$$\sqrt{b}\leq 0$, lo que significa $b=0$.
Con el método exacto que podemos demostrar que $\sqrt{s}=\sqrt a+\sqrt b$ no tiene ningún tipo de soluciones naturales con $s$ ser un cuadrado libre de número. Entonces traté de generalizar la prueba de $3$ o más de las raíces cuadradas, pero no pude. La única cosa que siempre me es $\sqrt {ab}+\sqrt {bc}+\sqrt {ac}$ es un número entero que no ayuda en absoluto.
Por lo que los números podemos escribir la raíz cuadrada de un cuadrado libre de número como la suma de tres o más no-cero de las raíces cuadradas? Agradecería cualquier ayuda.
Respuestas
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Lema 1. Si $m$ es un entero positivo y $\sqrt m$ es racional, entonces $\sqrt m$ es un número entero.
Prueba. Fácil.
Lema 2. Si $m,n$ son enteros positivos y $\sqrt m+\sqrt n$ es racional, entonces ambos $\sqrt m$ $\sqrt n$ son enteros.
Prueba. Decir $\sqrt m+\sqrt n=x\in\Bbb Q$. Entonces $$\sqrt m-\sqrt n=\frac{m-n}{x}$$ es racional y lo es $$\sqrt m=\frac{(\sqrt m+\sqrt n)+(\sqrt m-\sqrt n)}{2}\ ,$$ y de la misma manera $\sqrt n\,$. Por el lema 1, $\sqrt m$ $\sqrt n$ son enteros.
Ahora supongamos que $$\sqrt a+\sqrt b+\sqrt c=\sqrt s\ ,$$ donde $a,b,c,s$ son enteros positivos y $s$ es squarefree. Cuadrar y reorganización, $$2\bigl(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\bigl)=s-a-b-c\ .$$ Ahora agregar a esta ecuación la identidad de $2\sqrt a\sqrt a=2a$ y factorise para obtener $$2\sqrt{bc}+2\sqrt{as}=s+a-b-c\ .$$ Por el lema 2, podemos ver que $\sqrt{as}$ es un número entero; desde $s$ es squarefree, $a$ debe ser un cuadrado de veces $s$, decir $a=p^2s$. Del mismo modo $b=q^2s$$c=r^2s$, por lo que $$p\sqrt s+q\sqrt s+r\sqrt s=\sqrt s\ ,$$ pero como $p+q+r>1$, esto es imposible.
Nota: el Cuadrado sólo ayuda cuando usted tiene 5/6 o menos términos. De lo contrario, corre el riesgo de introducir demasiadas raíces cuadradas. Como tal, necesita algo más potente para tratar el caso general.
Teorema. Deje $SF$ el conjunto de los enteros positivos que no divisible por el cuadrado de cualquier prime. $ SF = \{1, 2, 3, 5, 6, 7, 10, 11, 13, \ldots \} $. Si $ \{a_i \} _{i=1}^n$ son distintos a los números del conjunto $SF$, e $ \{b_i\}_{i=1}^n$ son cualquier enteros, a continuación, $ S = \sum b_i \sqrt{a_i} = 0$ si y sólo si todos los $ b_i = 0 $.
Corolario Ninguna plaza libre entero puede ser escrito como la suma de 3 o más no-cero de las raíces cuadradas.
Prueba. El enfoque más sencillo es utilizar la Teoría de Galois, que podría estar más allá de la OP. Me gustaría presentar un "elemental" enfoque en el que vi por primera vez desde el Feng Zuming.
Recordemos la idea de los conjugados. Considere la posibilidad de la expresión lineal $ L(x_1, x_2, \ldots, x_n) = a_1 x_1 + a_2 x_2 + \ldots + a_n x_n$. Considerar el conjugado de la expresión, que tiene la forma $ L' (x_1, x_2, \ldots, x_n) = a_1 x_1 \pm a_2 x_2 \pm \ldots \pm a_n x_n$. [Hay $ 1 \times 2 \times \ldots \times 2 = 2^{n-1} $ tales expresiones.] Deje $T$ ser una variable y considerar el polinomio
$$ F_{L(x_1, x_2, \ldots , x_n)} (T) = \prod_{L'} \big(T - L'(x_1, x_2, \ldots, x_N) \big). $$
Lo consideran como un polinomio en $x_i, i\neq 1$. El cambio de cualquiera de los signos de $x_i$ no cambio $F$, ya que el conjunto de $ \{ L' \} $ permanece el mismo. Así,
$$ F_{L(x_1, x_2, \ldots , x_n)} (T) = F_{L(x_1, \pm x_2, \ldots ,\pm x_n)} (T) . $$
Como tal, la expansión polinomial sólo contiene potencias de $x_i, i\neq 1$. Está claro que puede contener o impar poderes de $x_1$, por lo tanto tenemos
$$ 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). $$
Desde $F$ es un polinomio con coeficientes enteros, se deduce que el $P$ $Q$ también son polinomios con coeficientes enteros.
Vamos a mostrar una ligera variante del problema original, es decir, que no se entero distinto de cero $M$ puede ser representado como un trivial canónica entero suma de los radicales. Lo que esto significa, es que las raíces cuadradas todos se han simplificado, por lo que nos quedamos con la plaza de la libre términos bajo el signo de la raíz. En este caso, estamos excluyendo a los radicales $ \sqrt{1} $, que es la razón por la que ahora incluyen el entero distinto de cero $M$. Por lo tanto, este problema es equivalente. Vamos a probar esta afirmación por inducción.
Caso Base: Claramente, si $ b_1 \sqrt{a_1} = M$,$ M^2 = b_1^2 a_1$, lo que significa que $a_1$ debe ser un cuadrado, que no es posible.
Supongamos que tenemos una expresión de la forma $ \sum b_i \sqrt{a_i} $ tal que $ \sum b_i \sqrt{a_i} = M \neq 0 $. Entonces, el polinomio $ F_{L(\sqrt{a_1}, \sqrt{a_2}, \ldots , \sqrt{a_n})} (M) = 0 $. A partir de la discusión anterior, tenemos
$ 0 = \sqrt{a_1} P(a_1, a_2, \ldots, a_n, M) + Q(a_1, a_2, \ldots, a_n, M) $
Cada uno de estos polinomios ha entero coeficientes y variables de tipo integer, por tanto, cuando se evalúa a un número entero, es igual a un número entero. Por el caso base, esto demuestra que $ P(a_1, a_2, \ldots, a_n, M) = Q(a_1, a_2, \ldots, a_n, M) =0$. Como tal, esto nos da $ 0 = - \sqrt{a_1} P(a_1, a_2, \ldots, a_n, M) + Q(a_1, a_2, \ldots, a_n, M) $
Ahora, considere la posibilidad de la expresión $ 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). $
Sabemos que $ \prod(M + L') = 0$, y por lo tanto $ M = -b_1 \sqrt{a_1} \pm a_2 x_2 \pm \ldots \pm a_n x_n $, for some combination of signs. Adding this to $ M = b_1 \sqrt{a_1} + b_2 \sqrt{a_2} + \ldots + b_n \sqrt{a_n} $, we obtain that $2M = (b_2 \pm b_2) \sqrt{a_2} + \ldots + (b_n \pm b_n) \sqrt{a_n}$, lo que contradice la hipótesis de inducción.
