2
◆石川県の高校生 アビュー さんからの解答。
問題が解けたのかちょっと自信がないのですが、こんな感じでどうでしょうか？
【問題１】
a + b√2 = 0 ⇒ a = b = 0を証明せよ。
（a,b：有理数）
式を変形すると
| b = - | a | = - | a 2 |
ここで、aが0でない有理数とする。
すると、bには必ずを無理数の倍数として含むことになる。
これは問題の定義（a,b：有理数）に反するから、a = 0である必要がある。
このことから、これを問題式に代入すると、
b = 0よりb = 0。
∴a = b = 0
【問題２】
a + b + c
= 0 ⇒ a = b = c = 0を証明せよ。
（a,b,c：有理数）
（１）の手順と変わらない。
a,bのうち少なくとも1つが0でない何らかの有理数のとき、
a + b + c = 0が成り立つかを考える。
a + b + c = 0、式変形して
| c = | -(a + b) |
= | -(a + b) 3 |
が残る。 = 0よりc = 0。【問題３】
a + b + c + d
= 0 ⇒ a = b = c = d = 0を証明せよ。
（a,b,c,d：有理数）
（２）と同様に考える。
a,b,cのうち少なくとも1つが0でない何らかの有理数のとき、
a + b + c + d = 0が成り立つか考える。
a + b + c + d = 0、
式変形して
| d = | -(a + b + c) |
= | -(a + b + c) 5 |
は残る。 = 0よりd = 0。【問題４】
n≧1,a0,a1,a2,...,anが有理数、
P1,P2,...,Pnは相異なる素数とするとき、
a0 + a1√P1 + a2√P2 + ... + an√Pn ⇒ aj = 0
（j = 0,1,2,...,n)であることを証明せよ。
a0,a1,a2,...,an-1のうち少なくとも1つが0でない何らかの有理数のとき、
a0 + a1√P1 + a2√P2 + ... + an√Pnが成り立つか考える。
式変形をして、
| an = | -(a0 + a1√P1 + a2√P2 + ... + an-1√Pn-1) √Pn |
| an = | -√Pn(a0 + a1√P1 + a2√P2 + ... + an-1√Pn-1) Pn |
◆出題者のコメント。
アビューさん、まずはこの問題に挑戦してくれてありがとうございます！
早速ではありますが、アビューさんの解答についてコメントさせてもらいます。
この問題を要約すれば
『異なる整数達（本問では素数達としました）の平方根達をそれぞれ有理数倍（すべて０倍は除く）してから足して、その結果別の整数の平方根を作れるか？
⇒作れない！』 を示すことです。
これは当たり前なことではありません！
どういうことかというと、例えばP,Q,Rを異なる素数とするとき
（有理数）＝２√P＋３√Q＋４√R ・・・★
という式を考えてみましょう。
★は嘘なのですが、嘘だ！ということが当たり前ではない！ということです。
しつこく言うと、式の中に√が残っているからといって、それが無理数だと断定は出来ません。
もしかしたら √2-√3＋√5-√7＋√11-√13＋√15-√17＋√19＝０かもしれない・・・。
（もし無理数と断定する場合には、★の右辺を有理数Aと仮定して矛盾をだす必要があります。
Aが無理数であることを示すには、Aが有理数であると仮定して
| （A＝ | ｐ ｑ |
，ｐ，ｑは整数）、矛盾を示すことによってのみ、示されます。） |
本問はこの見かけ上「当たり前なこと」を、ちゃんと示すことが要求されています。
だから、式を変形した結果、★のような式が出来たからといって、「おかしい、これは矛盾だ」としては答えにはなりません。
・・・と、いろいろ説明してきましたが・・・日本語がずらりずらりと続いてわかりづらかったかもしれません（ごめんなさい）。
アビューさんからもらった解答に実際あたってみてみます。
（問題１に関して）
アビューさんは式変形の結果、
| （有理数ｂ）＝（有理数- | a 2 |
）×（無理数）という式を得ましたね。 |
を無理数の倍数として含むことになる。」としています。の有理数倍になる」ということですね。
次に「これは問題の定義（a,b：有理数）に反する」とありますが、おそらくこの議論は、有理数の倍が有理数になるわけがない！ということを、暗黙のうちに認めてはいないでしょうか？
もしそうならこれは正しい証明とはいえません。
これは、上の方でもいったように、これこそ示して欲しいことなのです！
「の有理数倍（０倍ではない）のもの」が無理数であること を暗黙のうちに認めてしまっているのです！
・・・どうでしょうか？
（ くどくどごめんなさい。ちなみにが無理数であることは当たり前としていいです。証明は教科書に載ってます。）
◆神奈川県 テトラン さんからのコメント。
＞このとき、aの第n項を除く数列の値が0でないときは全ての根号が外れない。
＞（Pの数列に同一の素数は存在しないから）
そうとは限りません。
同一の素数が存在しなくとも、
a1√P1＋a2√P2＋…＋an-1√Pn-1＝k√Pnを満たす
有理数a1〜an-1及びk (k≠0)が存在していれば根号は外れます。
従って、根号が外れないことを証明するには、この式が成り立つa1〜an-1及びkが
a1＝a2＝…＝an-1＝k＝0に限られることを証明しなければなりません。
そして、この式は
a1√P1＋a2√P2＋…＋an-1√Pn-1＋(−k)√Pn＝0
と変形できるので、これで振り出しに戻ってしまいます。
＞またaの第n項を除く数列の値のうち少なくとも1つが0でないときも、Pの数列には同一の素数は存在しないから、根号は外れない。
同じ理由により、根号が外れないとは限りません。
◆高知県 blue さんからの解答。
【問題１】
ａ＋ｂ＝0のとき、ｂ≠0とする。
| このとき、＝− |
ａ ｂ |
となり |
【問題２】
ａ＋ｂ＋ｃ＝0のとき、ｃ≠0とする。
ａ＋ｃ＝−ｂ
両辺を２乗すると
ａ2＋３ｃ2＋２ａｃ＝2ｂ2
２ａｃ＝２ｂ2−ａ2−３ｃ2
ａ≠0とすると
| ＝ |
１ ２ａｃ |
(２ｂ2−ａ2−３ｃ2) |
＋ｃ＝0| ＝− |
ｂ ｃ |
 ＝− |
２ｂ ｃ |
＝０【問題３】
ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ＝0のとき、ｄ≠0とする。
ａ＋ｄ＝−(ｂ＋ｃ)
両辺を２乗すると
ａ2＋2ａｄ＋５ｄ2＝2ｂ2＋2ｂｃ＋３ｃ2
ａ2＋５ｄ2−2ｂ2−３ｃ2＋2ａｄ−2ｂｃ＝０
[問題2]よりａ2＋５ｄ2−２ｂ2−３ｃ2＝０，ａｄ＝0，ｂｃ＝0
後者２つよりａ＝0，ｂ＝0，ｃ＝0，ｄ＝0
ａ＝0のとき
ｂ＋ｃ＋ｄ＝0
ｂ＋ｄ＝−ｃ√３
両辺を２乗すると
２ｂ2＋５ｄ2＋２ｂｄ
＝３ｃ2
２ｂｄ＝３ｃ2−２ｂ2−５ｄ2
ｂ≠0とすると
| ＝ |
１ ２ｂｄ |
(３ｃ2−２ｂ2−５ｄ2) |
よってｂ＝0でありｃ＋ｄ＝0
| ＝− |
ｃ ｄ |
 ＝− |
３ｃ ｄ |
＋ｄ＝0＋ｃ＝0【問題４】
(i)n＝1のとき
ａ0＋ａ1√P1＝0⇒ａj＝０(j＝0,1)
（∵[問題１]より）
(ii)n＝k(≧1)のとき
ａ0＋ａ1√P1＋ａ2√P2＋…＋ａk√Pk＝0⇒ａj＝０(j＝0,1,2,…,k)と仮定する。
ａ0＋ａ1√P1＋ａ2√P2＋…＋ａk＋1√Pk＋1＝0のときａk＋1≠0とする。
| √Pk＋1＝− | １ ａk＋1 |
(ａ0＋ａ1√P1＋ａ2√P2＋…＋ａk√Pk) |
◆出題者のコメント。
blueさん解答ありがとうございます。
この数学の部屋に来るようになって初めての出題がこれですが、いろんな方に考えてもらえるのはとても嬉しいです。
毎日楽しみに解答を待っています。
では出題者としてコメントをさせて頂きます。
問題１から問題３に関して。
平方による式変形で√の数を減らしていき、結局問題１の形に帰着させる。正しい解答だと思います！
問題４に関して。
疑問点が一つあります。
＞よって、ａ0＋ａ1√P1＋ａ2√P2＋…＋ａk√Pk≠０
＞このとき、∀ａj＝０(j＝0,1,2,…,k)は明らかに不適なので、
＞∃ａj≠０(j＝0,1,2,…,k)
＞これは仮定の裏であり成り立たない。（矛盾）
最後のところですが、つまり、「仮定の裏が成り立たないはずなのに、成り立ってしまうからこれは矛盾。」
ということでしょうか。
仮定の裏、の対偶は何になるでしょうか？
それは仮定の逆です。
いま、仮定の逆は明らかに成り立ちます。
従って仮定の裏は正しいことです。
だから矛盾ではありません。
どうでしょうか？
また、この証明では、√の中身が０でない数なら何でもOKとなってしまいます。
◆愛知県 Y.M.Ojisan さんからの解答。
【問題４】
感想に「√の中身を素数としましたが、もっと一般化されます」とありますが、一般化したほうが証明しやすいので、
Piは因数分解すると素因数の冪が総て１である数とします。
このより広い範囲でも問題４の定理が成立すれば、その一部である問題４でも成立することが証明されたことになります。
＜記号＞
（１） 形式上 P０＝１とします。
（２） ａ0√P０＋ａ1√P1＋ａ2√P2＋…＋ａn√Pｍ−１
で表される数の集合をQｍとします。
（３） また特定の Piの組による集合を Qｍ（Ｐ）⊂Qｍ とします。
（４） P０〜Pｍ−１が 素数π１〜πｎによる総ての組合せを網羅しているとき、
即ちｍ＝２ｎ の場合のQｍを特にQ２＾ｎ とします。
つまりたとえば Q２＾２は
｛ｆ｜ｆ＝ａ0＋ａ1√２＋ａ2√３＋ａ3√６｝ や
｛g｜g＝ａ0＋ａ1√５＋ａ2√３＋ａ3√１５｝ 。。。なる集合の集合です。
また前者は
Ｑ２＾２（｛１，２，３，６｝） ないし
Ｑ２＾２（｛１，２｝×｛１，３｝） です。
【補題】
拡大問題４が成立するなら Q２＾ｎ（Ｐ）は 通常の４則に対して体である。
∵ 加算、減算、乗算が成立することは 明らかである。
除算に関してのみ解説する。
所謂 「分母の有理化」 を行えば形としてQ２＾ｎ（Ｐ）の要素に出来ることは明らかである。
拡大問題４が成立しているという前提にたてば Q２＾ｎ（Ｐ）の要素ｆが０になるのは ａi総てが０のときのみであり、
有理化の過程で分子分母に０をかける事はない。よって体である。
【証明】
n=1のとき ａ0＋ａ1√P1＝０ は
ａ0２＝ａ0２P1 と変形され、これが０でないとすると、P1に含まれる素因数の冪の偶奇性が一致せず、ありえない。
よって ａ0＝ａ1＝０ である。
以下 ｎ＝ｋ−１ （１≦ｋ≦２ は確認済み） で成立しているとして、
Ｋ＞２の場合を数学的帰納法で証明する。
ａ0√P０＋ａ1√P1＋ａ2√P2＋…＋ａn√Pｍ−１＝０ -----(A)
が ｎ＝ｋで成立する場合が在ったとする。
一般性を失わず P1 （ａ1≠０） の素因数の一つ π１ に着目する。
（Ａ）式は
ｆ√π1＝ｇ ｆ,g∈Ｑ２＾ｋ−１（Ｐ/{1,π1}）
と書ける。
ｆ＝０ であれば ｇ＝０ であり、 ｎ＝ｋ−１で拡大問題４が成立しているので ａi総て０である。
即ち ｎ＝ｋで成立する。
ｆ≠０ であれば ＜補題より＞
√π1＝h＝ｇ／ｆ h∈Ｑ２＾ｋ−１（Ｐ/{1,π1}） -----(Ｂ)
と表される。さらに同様に ｎ≧２なので
さらに π２≠π１があって、
√π1＝ｈ＝x+y√π2 x,y∈Ｑ２＾ｋ−２（Ｐ/{1,π1,π2,π1*π2}） -----(Ｃ)
とすることができ、これを 両辺２乗すると
x2＋π２ｙ2−π１＋2xy√π2＝０ -----(Ｄ）
である。 （Ｄ）式左辺は全体として Ｑ２＾ｋ−１（Ｐ/{1,π1}） の要素であり
x2＋π２ｙ2−π１ 、2xy のそれぞれは、
Ｑ２＾ｋ−２（Ｐ/{1,π1,π2,π1π2}） の要素である。
つまり x2＋π２ｙ2−π１にはπ2を因数にもつＰiはなく、
一方、2xy√π2のＰiは必ずπ2を因数にもっている。
よって、それぞれ０でなければならず
x2＋π２ｙ2−π１＝０ 、2xy＝０ である。
２ｘｙ＝０ より ｘ＝０ か ｙ＝０である。
ｘ＝０のとき （Ｄ）は
√（π１／π２）＝ｙ -----(Ｅ)
ｙ＝０のとき （Ｂ）は
√（π１）＝ｘ -----(Ｆ)
であり、（Ｂ）と同じ 有理数の平方根＝ｈ の形式である。
ただし、x,y∈Ｑ２＾ｋ−２（Ｐ/{1,π1,π2,π1*π2}）でｋが一つ下がっている。
（Ｅ）式では √π1 の部分が√（π１／π２）となっているが ｘｙ＝０を導出する際、
有理数としての特性のみ使用しているので同じ結論が得られる。
以上を繰り返すことにより、xまたはy∈Ｑ２＾０まで下げることが出来き、このとき ｘ、ｙは有理数なので矛盾である。
よってｘ＝ｙ＝０であり、ｈ＝０であり ｇ＝０である。
即ち ｆ＝０であり これは ｆ≠０ の仮定に反する。
以上より ａiは総て０である。
【補足】
分かりににくいのでｎ＝３ π＝｛２，３，５｝ ｍ＝８ で解説する。
まずｎ＝０、１、２ の 場合が成立しているとは
＜n=0＞
ａ0＝０ ならば ａ0＝０
＜n=１＞
ａ0＋ａ1√２＝０ ｜ａ0＋ａ1√３＝０｜ａ0＋ａ1√５＝０ ならば ａ0＝ａ１＝０
＜n=２＞
ａ0＋ａ1√２＋ａ2√３＋ａ３√６＝０ ｜ａ0＋ａ1√２＋ａ2√５＋ａ３√１０＝０｜
ａ0＋ａ1√３＋ａ2√５＋ａ３√１５＝０ ならば
ａ0＝ａ１＝ａ２＝ａ３＝０
以上が成立している状態である。
証明すべきことは
ａ0＋ａ1√２＋ａ2√３＋ａ３√６＋ａ4√５＋ａ5√１０＋ａ6√１５＋ａ7√３０＝０ ならば
ａ0＝ａ１＝ａ2＝ａ3＝ａ4＝ａ5＝ａ6＝ａ7＝０
であり、これが成立すれば
ａ0＋ａ1√２＋ａ2√３＋ａ4√５＝０ ならば
ａ0＝ａ１＝ａ2＝ａ4＝０ と言えること。
π１＝２ に着目して変形すると
（ａ0＋ａ2√３＋ａ4√５＋ａ6√１５）＋√２（ａ1＋ａ３√３＋ａ5√５＋ａ7√１５）＝０
より
√２＝b0＋b1√３＋b2√５＋b3√１５
さらに π２＝５ に着目して変形すると
√２＝（b0＋b1√３）＋√５（b2＋b3√３）
である。両辺２乗すると
２ ＝ （b0＋b1√３）２＋５（b2＋b3√３）２＋２√５（b0＋b1√３）（b2＋b3√３） −−（＊）
（b0２＋３b1２＋５b2２＋１５b3２−２）＋（２b0b1＋２b2b3）√３＋（２b0b2＋６b1b3）√５＋（２b0b3＋２b1b2）√１５
＜ｎ＝２＞での成立状態から 各係数は０である。
つまり （２b0b2＋６b1b3）＝０ （２b0b3＋２b1b2）＝０であって
すなわち （b0＋b1√３）（b2＋b3√３）＝０である。
（b0＋b1√３）＝０の場合 （＊）は ２＝５（b2＋b3√３）２
（b2＋b3√３）＝０の場合 （＊）は ２＝（b0＋b1√３）２
前者の場合 計算すると
０＝（５b2２＋１５b3２−２）＋（１０b2b3）√３
＜ｎ＝１＞での成立状態から 各係数は０である。
つまり b2b3＝０であって
すなわち b2＝０ または b3＝０である。
b2＝０ の場合 １５b3２＝２
b3＝０ の場合 ５b2２＝２
であって成立しない。
◆出題者のコメント。
Y.M.Ojisanさん、丁寧な解答ありがとうございます。
正解だと思います！
体のところの議論を除けば高校生でも理解ができる解答ですね。
まだまだいろいろな方の解答を待ちたいので、また改めてコメントさせてください。
◆出題者の再コメント。
出題後に気づいたんですが、『５個の有理数』でも同じ問題がありました。
Y.M.Ojisanと本質的には同じと思われる解法が、古いですが、数学セミナーのNOTE欄（７６年４月号、８４年
５月号）にも載っています。
是非、参照してみてください。
僕自身は、まったく初等的ではありませんが、
事実：「ｎ次の代数体にはn個の共役写像がある」を使うもので
した。
問題１であれば、Ｑ（）が定義域で、
Ｑでは動かずを−に写す写像は同型で、
０＝ａ＋ｂ の両辺にこの写像を作用させれば
０＝ａ−ｂ√2を得ます。
これからａ＝ｂ＝０を得る・・・のような感じです。
問題２〜４も同様（＋α）です。
自分の方法で一般のn乗根に向けて拡張を試みましたが、
n≧５ではうまくいきませんでした。
また、Y.M.Ojisanさんの解法を真似てみましたが、僕では上手くいきませんでした。
成り立ちそうだけど、どうなんでしょうか。