\(\{\sqrt n\}\) is linearly independent over the rationals

集合

\[\{\sqrt n|n\in\Bbb N\; \text{is Square-free integer}\}\]

在有理数域上线性无关.

这其实是非常古老的问题, 早已经有很一般的结果.

先厘清无平方因子整数Square-free integer这个概念: \(1\) 到底是不是无平方因子整数?

wiki 给出的定义是: 不被不是 \(1\) 的完全平方整除的整数称为无平方因子整数. 因此, \(1\) 算无平方因子正整数. 鉴于此, 我们认为: 无平方因子整数定义为”不被质数的平方整除的整数”更为恰当.

下面的证明来自 Iurie Boreico 的文章 Linear Independence of Radicals.

我们把问题写的更清楚一点, 即我们要证明:

\(n_1\), \(n_2\), \(\dotsc\), \(n_k\) 是互不相同的无平方因子正整数; \(a_1\), \(a_2\), \(\dotsc\), \(a_k\) 都是整数. 令

\[S=a_1\sqrt{n_1}+a_2\sqrt{n_2}+\dotsb+a_k\sqrt{n_k},\]

那么 \(S=0\) 当且仅当 \(a_1=a_2=\dotsb=a_k=0\).

第一个办法是指出更精细的结果:

记 \(p_1\), \(p_2\), \(\dotsc\), \(p_N\) 是 \(n_1n_2\dotsm n_k\) 的所有互不相同的质因子. 则存在

\[S^\prime=b_1\sqrt{m_1}+b_2\sqrt{m_2}+\dotsb+b_l\sqrt{m_l},\]

(这里 \(b_1\), \(b_2\), \(\dotsc\), \(b_l\) 都是整数; \(m_1\), \(m_2\), \(\dotsc\), \(m_l\) 都是无平方因子正整数, 并且都没有 \(p_1\), \(p_2\), \(\dotsc\), \(p_N\) 以外的质因子), 使得 \(SS^\prime\ne0\) 是整数. 进而, 顺水推舟, \(S\ne0\).

对 \(N\) 进行归纳.

明显 \(N=0\) 时, 结论为真: 此刻 \(k=1\), \(n_1=1\), 于是 \(S=a_1\ne0\). 令 \(S^\prime=1\) 即可.