p,q,r,sを正の有理数とする。
√p＋√q＋√r＋√sが有理数のとき√p,√q,√r,√sはそれぞれ有理数であることを示せ。・・・（★）
例えば、
√p＋√qが有理数のとき√p,√qはそれぞれ有理数であることを示すとき
√p＋√q＝t（t：正の有理数）とおいて
√q＝t−√pの両辺を2乗すると、
√p＝(t^2+p-q)/2pで右辺が有理数であるので左辺も有理数。
√p＝t−√qの両辺を2乗すると、
√q＝(t^2+q-p)/2qで右辺が有理数であるので左辺も有理数。
よって、√p,√qはそれぞれ有理数
で示せると思うのですが、（★）は分かりません。
教えてください。
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No.83234 - 2022/08/23(Tue) 12:37:21
| ☆ Re: 有理数 / らすかる | | | √p+√q+√r+√s=tとおく。
√p+√q=t-√r-√s
p+q+2√(pq)=t^2+r+s-2t√r-2t√s+2√(rs)
2√(pq)=t^2+r+s-p-q-2t√r-2t√s+2√(rs)
式を簡単にするためt^2+r+s-p-q=2aとおく(aは有理数)。
2√(pq)=2a-2t√r-2t√s+2√(rs)
√(pq)=a-t√r-t√s+√(rs)
pq=a^2+rt^2+st^2+rs-2at√r-2at√s+2a√(rs)+2t^2√(rs)-2rt√s-2st√r
=a^2+rt^2+st^2+rs-2t(a+s)√r-2t(a+r)√s+2(a+t^2)√(rs)
2t(a+s)√r+2t(a+r)√s=a^2+rt^2+st^2+rs-pq+2(a+t^2)√(rs)
式を簡単にするため2t(a+s)=b,2t(a+r)=c,a^2+rt^2+st^2+rs-pq=d,2(a+t^2)=eとおく
(b,c,d,eは有理数)。
b√r+c√s=d+e√(rs)
rb^2+sc^2+2bc√(rs)=d^2+rse^2+2de√rs
2(bc-de)√(rs)=d^2+rse^2-rb^2-sc^2 … (1)
ここで
bc-de
={2t(a+s)}{2t(a+r)}-{a^2+rt^2+st^2+rs-pq}{2(a+t^2)}
={t^6-(p+q+3r+3s)t^4-((p+q+r+s)^2-4(3pq+3rs+r^2+s^2))t^2
+(p+q-r-s)^3+4(pq-rs)(r+s-p-q)}/4
={(√p+√q+√r+√s)^6-(p+q+3r+3s)(√p+√q+√r+√s)^4
-((p+q+r+s)^2-4(3pq+3rs+r^2+s^2))(√p+√q+√r+√s)^2
+(p+q-r-s)^3+4(pq-rs)(r+s-p-q)}/4
=4(√p+√r)(√p+√s)(√q+√r)(√q+√s)(√p+√q+√r)(√p+√q+√s)＞0
なので(1)の両辺は2(bc-de)で割ることができて
√(rs)=(d^2+rse^2-rb^2-sc^2)/{2(bc-de)}
となり、√(rs)が有理数であることがわかる。
全く同様に√(pq),√(pr),√(ps),√(qr),√(qs)が有理数であることも言える。
√p+√q+√r+√s=tから
√p+√q+√r=t-√s
p+q+r+2{√(pq)+√(qr)+√(rp)}=t^2+s-2t√s
2t√s=t^2+s-p-q-r-2{√(pq)+√(qr)+√(rp)}
√s={t^2+s-p-q-r-2{√(pq)+√(qr)+√(rp)}}/(2t)
なので√sは有理数、同様に√p,√q,√rも有理数。
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No.83235 - 2022/08/23(Tue) 18:58:44 |
| ☆ Re: 有理数 / 大西 | | | ありがとうございます。
2乗を2回以上行ったのですが、√の個数が減らせなくて困っていました。
先に√p＋√q＋√rが有理数のとき√p,√q,√rはそれぞれ有理数であることを示しておけば計算量も減らせそうですね。
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No.83236 - 2022/08/23(Tue) 19:48:09 |
| ☆ Re: 有理数 / らすかる | | | そうですね。それを示しておけば最初の9行の計算で終わるのでかなり楽になりますね。
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No.83237 - 2022/08/23(Tue) 21:12:54 |
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