Напомним, что число называется рациональным, если оно равно $\dfrac{m}{n}$, где $n$ и $m$ — целые числа, и иррациональным в противном случае. Все знают, что число $\sqrt2$ иррационально. Легко доказать и более общее утверждение: если натуральное число $k$ — не полный квадрат, то число $\sqrt k$ иррационально. Заметим, что $k$ можно представить в виде $b^2a$, где $a$ и $b$ — натуральные, причём $a$ не делится на квадрат целого числа (как говорят, «свободно от квадратов»), т. е. $a$ равно простому числу или произведению различных простых чисел: $a=p_1p_2\ldots p_r$; $r\ge1$. Утверждение, что число $k=b^2a$ иррационально, сводится к следующему: не существует ненулевых целых чисел $b_1$ и $b_2$ таких, что $b_1\sqrt a+b_2=0$. Действительно, если такие $b_1$ и $b_2$ существуют, то $b_1^2 a=b_2^2$. Но это равенство противоречит теореме о единственности разложения натурального числа на простые множители: в правую часть $p_1$ входит в чётной степени, а в левую — в нечётной.
В этой заметке мы докажем, что если $b_1$, $b_2$, $\ldots$, $b_n$ — ненулевые целые числа, $a_1$, $a_2$, $\ldots$, $a_n$ — натуральные числа, свободные от квадратов, то
$$
b_1\sqrt{a_1}+b_2\sqrt{a_2}+\ldots+b_n\sqrt{a_n}\ne0.
$$
Вплоть до $n=4$ это легко доказать от противного, несколько раз возвышая обе части (сгруппированные подходящим образом) в квадрат. В общем случае мы проведём доказательство индукцией по числу различных простых чисел $p_1$, $\ldots$, $p_N$, делящих хотя бы одно из чисел $a_i$. Как это часто бывает, удобнее доказать по индукции более сильное утверждение (интересное и само по себе):
существуют такие целые числа $c_1$, $d_1$, $c_2$, $d_2$, $\ldots$, $c_e$, $d_e$, что $d_i\ne0$, $c_i\ge1$, всe простые делители чисел $c_i$ содержатся среди чисел $p_1$, $\ldots$, $p_N$ и произведение
$$
(d_1\sqrt{c_1}+\ldots+d_e\sqrt{c_e})(b_1\sqrt{a_1}+\ldots+b_n\sqrt{a_n})
$$
является ненулевым целым числом.
Обозначим $b_1\sqrt{a_1}+\ldots+b_n\sqrt{a_n}$ через $S$, а искомую сумму $d_1\sqrt{c_1}+\ldots+d_e\sqrt{c_e}$ через $S'$.
Если $N=1$, то $S$ имеет вид $b_1\sqrt{p_1}+b_2\sqrt1$ и можно взять $S'=b_1\sqrt{p_1}-b_2$. Мы доказали выше, что $SS'=b_1^2p_1-b_2^2\ne0$. Предположим теперь, что $N\ge2$ и что наше утверждение справедливо для всех меньших значений $N$.
Будем обозначать буквами $S_1$, $S_2$, $\ldots$, $S_8$ суммы вида $\beta_1\sqrt{\alpha_1}+\ldots+\beta_m\sqrt{\alpha_m}$, где $\beta_i$ — целые числа, $\alpha_i$ — свободные от квадратов натуральные числа, все простые делители которых содержатся среди чисел $p_1$, $\ldots$, $p_N$; $S_1$, $S_2$, $\ldots$, $S_8$, если не оговорено противное, могут равняться нулю.
Сумму $S$ можно записать в виде $S=S_1+S_2\sqrt{p_N},$ где $S_2\ne0$. По предположению индукции, существует такая сумма $S_3$, что $f=S_3S_2$ — ненулевое целое число. Произведение $S_3S$ имеет вид
$$
S_3S=S_3S_1+f\sqrt{p_N}=S_4+f\sqrt{p_N}
$$
c $f\ne0$. Остаётся доказать, что
$$
S_5=(S_3S_4-S_3f\sqrt{p_N})S=S_4^2-f^2p_N\ne0.
$$
Если $S_4=0$, то это очевидно. Предположим теперь, что $S_4\ne0$. Пусть $S_4=b_1\sqrt{a_1}+\ldots+b_m\sqrt{a_m}$; если $m=1$, т. е. $S_4=b_1\sqrt{a_1}$; то $S_4^2-f^2p_N=b_1^2a_1-f^2 p_N\ne0$ (действительно, $b_1^2a_1$ делится на чётную степень $p_N$, а $f^2p_N$ — на нечётную).
Если же $m\gt1$, то можно записать $S_4$ в виде $S_6+S_7\sqrt p$, где $p$ — одно из простых чисел $p_1$, $\ldots$, $p_{N-1}$; $S_6$, $S_7\ne0$, и числа, стоящие под знаками корней в суммах $S_6$, $S_7$, не делятся на $p$. Тогда
$$
S_5=S_6^2+S_7^2p-f^2p_N+2S_6S_7\sqrt p\ne0
$$
ввиду предположения индукции, поскольку $2S_6S_7\ne0$.
Снова, по предположению индукции, найдётся $S_8$ такое, что $S_5S_8$ — ненулевое целое число $g$. Возьмём $S'=S_8(S_3S_4-S_3f\sqrt{p_N})$. Тогда $SS'=S_8S_8=g$.
Из доказанной теоремы следует, в частности, что если $b_i$ — любые рациональные ненулевые числа и $a_i$ — натуральные числа, большие 1 и свободные от квадратов ($i=1$, 2, $\ldots$, $n$; $n\ge1$), то число
$$
b_1\sqrt{a_1}+b_2\sqrt{a_2}+\ldots+b_n\sqrt{a_n}\tag{*}
$$
иррационально.
Упражнения
- «Освободитесь от иррациональности в знаменателе» выражения $\dfrac1{2+\sqrt3+\sqrt5}$, т. е. представьте это число в виде (*). То же для $\dfrac1{\sqrt5-\sqrt7+\sqrt9-\sqrt{11}+\sqrt{13}}$.
- Докажите, что число $\sqrt{2+\sqrt3+\sqrt5}$ иррационально.
- Попробуйте обобщить наши результаты на сумму корней различных степеней (не обязательно квадратных).
