Square roots are linearly independent

Algebra, Algebraic number theory, Number theory, Polynomials 5 Minutes

Trong bài này tôi giới thiệu nhiều lời giải cho bài toán quan trọng sau:

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 1. 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.

Lời giải 2 (chép từ bình luận của bạn Hopf). 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.

Unknown's avatar

Published by Nguyen Trung-Tuan

A math teacher.

Published

2 thoughts on “Square roots are linearly independent”

  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
  2. Pingback: Algebraic number – T's Lab

Leave a comment