Question

一道证明题

设zi为形如√Qi 的无理数 ，其中Qi为有理数 证明：对于有理数a0,a1,...,an, a0+a1z1+a2z2+...+anzn=0 必要充分条件为的 a0=a1=...=an=0
Qi 为不同整数 且不存在x^2|Qi
luxlost的回答 问题就在于说明sigma(aizi)为无理数(ai非0）

Answer 1

题中的每个Qi=pi1*pi2*...*pi_si。 对应于一组{Qi}定义自然数N_{Qi}为所有Qi中所含的不同素因子的个数。
当N_{Qi}=1时， 表达式只可能含一个根号，是 a0+a1√p. 此时，显然结论成立。
假设 对一切 N_{Qi}<=N 的Qi，结论都成立。下面证明此结论对N_{Qi}=N+1 的Qi，结论也成立。

反证法：若不然，则存在Qi, 其N_{Qi}=N+1， 且：存在非全为零有理数a0,a1,...,an, a0+a1z1+a2z2+...+anzn=0. 同时，存在N+1个素因子 p1,p2,....,p(n+1) 使得 每个zi 是其中的几个pi乘积然后取平方根。
设 √pi=xi, i=1,2,..,n+1。则 xi 为无理数， xi^2 为有理数。

此式也可以写成 a0 +a1z1 +..+aszs + x(n+1) (a(s+1)y(s+1) +...+anyn)=0
其中，x(n+1)*yi=zi, i >= s+1
1. 如果 a(s+1)y(s+1) +...+anyn =0， 则a0 +a1z1 +..+aszs =0， 于是根据所设，所有ai=0，与反证所设矛盾！
2. 如果 a(s+1)y(s+1) +...+anyn 不=0
则 x(n+1)=-（a0 +a1z1 +..+aszs ）/ (a(s+1)y(s+1) +...+anyn)
注意到右边的根号都只含 p1,p2,....,pn.
其分母 可以按如下方式有理化。
假设分母含 xn,则可以写成 A + B xn的形式，其中，A， B 只含 x1,...,x(n-1) 但不含 xn.
于是分子分母同乘 A-Bxn,分母成为 A^2-pnB^2, 不再含有xn。所乘的 A-Bxn不为零，因为A+Bxn 不为零。
依此方法可以依次去掉分母中所有的xi,
于是 x(n+1) 可以写成：
x(n+1)= b0+b1x1+...+bnxn+b12x1x2+...+b1nx1xn+...+b(12..n)x1x2....xn
其中 所有 b都是有理数，并且不完全为零。不妨假设其中 非零系数地含x1,
上式可按x1 合并为：
x(n+1) = A1 + B1x1, 其中 A1，B1不含 x1
平方得：
A1^2 + p1B1^2 + 2A1B1x1 - p(n+1)=0
上式 的N_{Qi} <=N, 而只有 2A1B1x1 含x1, 所以必有 A1B1=0，
如果B1=0，则x(n+1) = A1 ，其N_{Qi} <=N （因不含x1),于是 不可能成立。
于是 A1=0 ==> x(n+1)=B1x1.
注意这里的x1,可以换成 任何非零系数地所含的x2,x3,...,xr. 于是 必有：
x(n+1) = b(12...r)x1x2...xr。即 √p(n+1 = (有理数)×√（p1p2...pr）
这显然不成立。

所以结论成立～

发现证明中，大小写的 N，n 有些混用。。。不好意思。担当点。除了anzn，anyn, 别的时候，n=N.

Answer 2

充分性 由a0=a1=...=an=0可直接得a0+a1z1+a2z2+...+anzn=0；
必要性 由a0+a1z1+a2z2+...+anzn=0，得a0=-（a1z1+a2z2+...+anzn），zi是无理数，ai是有理数，则a1z1+a2z2+...+anzn必将组成一个无理数（ai不等于0）或者是0（ai=0），由于a0是一个有理数，则只能是后一种情况，即ai=0
如果说 Q1=2 ，Q2=8 ，Q3=18 则a0=0，a1=1，a2=1，a3=-1，也满足条件。所以说必须是Qi是一个不能化简出来的有理数

Answer 3

楼上的两位才子回答的比较完善了，建议采纳！