Các căn bậc hai là độc lập nguyên


Bài toán. Cho a_1,\ldots,a_k là các số nguyên không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng nếu n_1, n_2,\ldots, n_k là các số nguyên dương đôi một khác nhau và không có ước chính phương lớn hơn 1 thì \sum a_i\sqrt{n_i}\not=0. 

Lời giải. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo N, số ước nguyên tố của \prod n_i, khẳng định: Tồn tại tổng S'=\sum b_i\sqrt{m_i} sao cho SS' là số nguyên khác 0, ở đây m_i là các số nguyên dương đôi một khác nhau và không có ước chính phương khác 1, tập các ước nguyên tố của \prod m_i là tập con của tập các ước nguyên tố của \prod n_i, b_i là các số nguyên, và S=\sum a_i\sqrt{n_i}. Từ đó suy ra S\not=0.

Với N=0 ta chọn S'=1.

Với N=1 ta chọn S'=\sqrt{p_1} khi S=a_1\sqrt{p_1}, chọn S'=-a_1\sqrt{p_1}+a_2 nếu S=a_1\sqrt{p_1}+a_2.

Giả sử khẳng định đúng với mọi N\leq n, ta chứng minh nó đúng với N=n+1. Gọi p_1, p_2,\cdots, p_{n+1}=p là tất cả các ước nguyên tố của \prod n_i. Viết S=S_1+S_2\sqrt{p} với S_1, S_2 là các biểu thức cùng dạng với S nhưng không có số nào dưới căn chia hết cho p. Nếu một trong S_1, S_2 bằng 0 thì xong, bây giờ ta xét S_1S_2\not=0.

Theo giả thiết quy nạp, tồn tại S_2' có dạng như S_2 sao cho S_2S_2'=k là số nguyên khác 0, suy ra SS_2' có dạng S_4+k\sqrt{p}, ở đây S_4 có cùng dạng như S_2. Nhân số này với S_4-k\sqrt{p} ta được S_4^2-k^2p, một số có dạng như S_2, nếu số này khác 0 thì theo giả thiết quy nạp, tồn tại tổng S_5 sao cho (S_4^2-k^2p)S_5 là số nguyên khác 0. Như vậy SS_2'(S_4-k\sqrt{p})S_5 là số nguyên khác 0, và khẳng định đúng với N=n+1.

Bây giờ ta chỉ ra rằng không thể có S_4^2-k^2p=0. Nếu S_4 là số nguyên thì đương nhiên không thể có, nếu S_4=u\sqrt{q} cũng vậy. Trong trường hợp còn lại, ở dạng thu gọn, S_4 có ít nhất hai căn khác nhau. Không mất tính tổng quát, giả sử p_n xuất hiện trong một căn nhưng không xuất hiện trong căn kia. Viết S_4=S_6+S_7\sqrt{p_n}, với S_6,S_7 là các biểu thức có dạng như trong khẳng định và các biểu thức dưới dấu căn có ước nguyên tố trong p_1, p_2,\cdots, p_{n-1}. Ta có S_6S_7\not=0 và

S_4^2-k^2p=S_6^2+2S_6S_7\sqrt{p_n}+S_7^2p_n-k^2p chứa ít nhất \sqrt{p_n}, theo giả thiết quy nạp, số này khác 0.

One thought on “Các căn bậc hai là độc lập nguyên”

  1. Lời giải trên mặc dù sơ cấp nhưng rối quá. Dưới đây là một lời giải khác.

    Giả sử n_1>1. Xét đa thức
    L(x_1,x_2,\ldots,x_k)=a_1x_1+a_2x_2+\cdots+a_kx_k và 2^{k-1} đa thức L'(x_1,x_2,\ldots,x_k)=a_1x_1\pm a_2x_2\pm\cdots\pm a_kx_k.
    Đa thức \displaystyle F_{L,x_1,x_2,\ldots,x_k}(T)=\prod (T-L'(x_1,x_2,\cdots,x_k)) có số mũ của x_i\,\, (i>1) trong các đơn thức là chẵn vì thay x_i bởi -x_i thì đa thức không đổi, bởi vậy ta có thể viết
    F_{L,x_1,x_2,\cdots,x_k}(T)=x_1P(x_1^2,x_2^2,\cdots,x_k^2,T)+Q(x_1^2,x_2^2,\cdots,x_k^2,T), với P và Q là các đa thức với hệ số nguyên.
    Ta chỉ việc chứng minh không có số nguyên khác 0 là tổ hợp tuyến tính nguyên của các căn, vì khi đó nếu \sum a_i\sqrt{n_i}=0 ta nhân hai vế với \sqrt{n_1} sẽ có mâu thuẫn.
    Khẳng định đúng với k=1. Giả sử M là số nguyên khác 0 sao cho M=a_1\sqrt{n_1}+a_2\sqrt{n_2}+\cdots+a_k\sqrt{n_k}.
    Đa thức F_{L,\sqrt{n_1},\ldots,\sqrt{n_k}}(T) có M là một nghiệm nên theo trường hợp k=1, ta có
    P(n_1,n_2,\ldots,n_k,M)=Q(n_1,n_2,\ldots,n_k,M)=0.
    Do đó F_{L,-\sqrt{n_1},\ldots,\sqrt{n_k}}(M)=0, suy ra M=-a_1\sqrt{n_1}\pm a_2\sqrt{n_2}\pm\cdots\pm a_k\sqrt{n_k}. Từ đây ta thấy 2M là tổ hợp tuyến tính của các \sqrt{n_2}, \sqrt{n_3},\ldots, \sqrt{n_k}, mâu thuẫn với giả thiết quy nạp.

    Reply

Leave a Reply

Fill in your details below or click an icon to log in:

Gravatar
WordPress.com Logo

You are commenting using your WordPress.com account. ( Log Out /  Change )

Twitter picture

You are commenting using your Twitter account. ( Log Out /  Change )

Facebook photo

You are commenting using your Facebook account. ( Log Out /  Change )

Cancel

Connecting to %s

%d bloggers like this: