000

数学って楽しい

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「√p[n] が Q(√p[1],…,√p[n−1])の元でないこと」

n＝1のとき√p[1]がQの元でないのは明らか。

1≦n≦kのとき√p[n] が Q(√p[1],…,√p[n−1])の元でないとする。
このとき√p[1],…,√p[k−1],√p[k]はQ上一次独立になる。
そこでこのとき
「自然数nに対してa∈Q(√p[1],…,√p[n])ならば、
a^2は有理数の二乗又はそれにp[i]いくつか掛けたもの、
または無理数」
を示すことができる。

それからここではp[0]は1ということにしておきましょう。

001

a∈Q(√p[1],…,√p[n])ならば∏[i∈U]√p[i] (U ⊂ {1, …, n})の
いくつかの項の和になっているはずだけど、
もしこれが一つの項だとすると、
a^2は有理数の二乗又はそれにp[i]いくつか掛けたものであることは明らか。
あとは項の数が２つ以上のときにa^2が無理数であることを、
nに関する帰納法で示すわ。
項数2のとき、n[1],n[2]を異なるΠp[i]とすると、
a[1],a[2]∈Qに対して
(a[1]√n[1]＋a[2]√n[2])^2
＝n[1]a[1]^2＋n[2]a[2]^2＋2a[1]a[2]√(n[1]n[2])
ここでn[1],n[2]の取り方から√(n[1]n[2])はルートが外れず無理数となる。

002

項数kのとき、(a[1]√n[1]＋…＋a[k]√n[k])^2が無理数であるとすると、
項数k＋1のとき、
(a[1]√n[1]＋…＋a[k]√n[k]＋a[k＋1]√n[k＋1])^2
＝(a[1]√n[1]＋…＋a[k]√n[k])^2＋n[k＋1]a[k＋1]^2＋2(a[1]√n[1]＋…＋a[k]√n[k])a[k＋1]√n[k＋1]
となるが、はじめの
(a[1]√n[1]＋…＋a[k]√n[k])^2
は仮定により無理数、
うしろの
a[1]√n[1]＋…＋a[k]√n[k])a[k＋1]√n[k＋1]
は、展開したときの各項はnの取り方から全てルートが外れない異なる無理数の項であり、
はじめの無理数の項はkC2個、うしろの無理数の項はk＋1個で
個数が異なる(k＝2, 3ではkC2＜k＋1, k≧4ではkC2＞k＋1)ため、
全てのルートが打ち消されることはない。
よって全体として無理数であることがわかる。

003

n＝k＋1のとき、
もし√p[k＋1] が Q(√p[1],…,√p[k])の元であるなら
あるa,b∈Q(√p[1],…,√p[k−1])に対して
√p[k＋1] ＝a＋b√p[k]
変形して
a^2＋p[k]b^2−p[k＋1]＋2ab√p[k]＝0
よって2ab＝0かつa^2＋p[k]b^2−p[k＋1]＝0
a＝0またはb＝0であるから、
もしa＝0ならp[k]b^2＝p[k＋1]となるが、645よりこれはありえない。
もしb＝0ならa^2＝p[k＋1]となるが、これも645よりありえない。
以上より、√p[k＋1] は Q(√p[1],…,√p[k])の元ではない。

004

拓殖大学の入試問題

005

ぎゃー！

006

こぴぺ

007

>>3
…そっそうだね💦たっ正しいよ…

008

4+4×4=32やろ(*^。^*)

009

>>0
ちょっと何言ってるかわからない

010

>>8
永田やめれ🐧

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