分母の有理化と数の体

1. $\dfrac1{\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2}{\sqrt2\cdot\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2}2$ である。
2. $\dfrac1{1+\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2-1}{(\sqrt2+1)(\sqrt2-1)}=\dfrac{\sqrt2-1}{2-1}=\sqrt2-1$ である。
3. 分子にも根号がある場合も同じである。
   $$ \frac{3+\sqrt2}{2-\sqrt2}=\frac{(3+\sqrt2)(2+\sqrt2)}{(2-\sqrt2)(2+\sqrt2)}=\frac{6+3\sqrt2+2\sqrt2+2}{4-2}=\frac{8+5\sqrt2}2=4+\frac52\sqrt2 $$
   答えを $p+q\sqrt2$ の形で見る

   1 では $p=0$、$q=\dfrac12$、2 では $p=-1$、$q=1$、3 では $p=4$、$q=\dfrac52$ である（$p,q$ は有理数）。

1. 有理数全体の集まり $\mathbb{Q}$ は体である。分数どうしの四則の結果はまた分数だからである。
   分数の四則の式を開く

   $b,d\ne0$ の分数について $\dfrac ab\pm\dfrac cd=\dfrac{ad\pm bc}{bd}$、$\dfrac ab\cdot\dfrac cd=\dfrac{ac}{bd}$ はまた分数で、$\dfrac cd\ne0$（つまり $c\ne0$）なら $\dfrac ab\mathbin{÷}\dfrac cd=\dfrac{ad}{bc}$ も分数である。

2. 実数全体の集まり $\mathbb{R}$ は体である。
3. 整数全体の集まり $\mathbb{Z}$ は、足し算・引き算・掛け算では閉じているが、割り算では閉じていない。$1\mathbin{÷}2=\dfrac12$ は整数でない。だから $\mathbb{Z}$ は体でない。
   ほかの例を開く

   4. 正の有理数全体の集まりは体でない。$0$ を含まず、$1-2=-1$ も入らない。

1. $1+2\sqrt2$ は $p=1$、$q=2$ なので $\mathbb{Z}[\sqrt2]$ に入り、したがって $\mathbb{Q}(\sqrt2)$ にも入る。
2. $\dfrac12-\dfrac34\sqrt2$ は $\mathbb{Q}(\sqrt2)$ に入るが、$\mathbb{Z}[\sqrt2]$ には入らない（係数が整数でない。係数がただ 1 通りに決まることは thm-rd-field で示す）。
   ほかの例を開く

   3. 有理数 $p$ は $p+0\cdot\sqrt2$ と書けるので $\mathbb{Q}(\sqrt2)$ に入る。$\sqrt2=0+1\cdot\sqrt2$ も入る。

   4. ex-rd-start の 2 により、$\dfrac1{1+\sqrt2}=-1+\sqrt2$ は $\mathbb{Z}[\sqrt2]$ に入る。

1. $\dfrac1{3+2\sqrt2}$：$p=3$、$q=2$ で $p^2-2q^2=9-8=1$ なので、$\dfrac1{3+2\sqrt2}=\dfrac{3-2\sqrt2}1=3-2\sqrt2$ である。
2. $\dfrac1{1+2\sqrt2}$：$p^2-2q^2=1-8=-7$ なので、$\dfrac1{1+2\sqrt2}=\dfrac{1-2\sqrt2}{-7}=-\dfrac17+\dfrac27\sqrt2$ である。
3. $\dfrac{2+\sqrt2}{1+\sqrt2}$：ex-rd-start の 2 により $\dfrac1{1+\sqrt2}=\sqrt2-1$ なので
   $$ \frac{2+\sqrt2}{1+\sqrt2}=(2+\sqrt2)(\sqrt2-1)=2\sqrt2-2+2-\sqrt2=\sqrt2 $$
   である。
   検算を開く

   逆に掛けて $\sqrt2\,(1+\sqrt2)=\sqrt2+2$ となり、確かに合っている。

$(x+y\sqrt2)^2=3+2\sqrt2$ を満たす有理数 $x,y$ を求める。左辺を展開すると $(x^2+2y^2)+2xy\sqrt2$ である。thm-rd-field の 1（表し方の一意性）により、係数を比べて
$$ x^2+2y^2=3,\qquad 2xy=2 $$
である。2 つ目から $xy=1$ なので $x\ne0$ で、$y=\dfrac1x$ である。これを 1 つ目に代入して両辺に $x^2$ を掛けると $x^4-3x^2+2=0$、つまり $(x^2-1)(x^2-2)=0$ となる。$x$ は有理数なので $x^2=2$ にはならず（$\sqrt2$ は無理数）、$x^2=1$、$x=\pm1$、$y=\pm1$（複号同順）である。よって $x+y\sqrt2=\pm(1+\sqrt2)$ である。
とくに $\sqrt{3+2\sqrt2}=1+\sqrt2$ である（両辺とも正なので、正の方をとる）。このように根号の中の根号を外す計算は、次の記事 二重根号 の主題である。

1. $\alpha=1+\sqrt2$：$\alpha'=1-\sqrt2$、$N(\alpha)=1-2=-1$ である。
2. $\alpha=3+2\sqrt2$：$\alpha'=3-2\sqrt2$、$N(\alpha)=9-8=1$ である。
   ほかの例を開く

   3. $\alpha=1+2\sqrt2$：$N(\alpha)=1-8=-7$ である。

   4. $\alpha=\sqrt2$：$\alpha'=-\sqrt2$、$N(\alpha)=0-2=-2$ である。

   5. 有理数 $\alpha=5$：$\alpha'=5$、$N(\alpha)=25$ である。有理数は共役をとっても変わらない。

1. 積 $(1+\sqrt2)(3-\sqrt2)=3-\sqrt2+3\sqrt2-2=1+2\sqrt2$ を確かめる。$N(1+\sqrt2)=-1$、$N(3-\sqrt2)=9-2=7$ なので、thm-rd-norm の 2 により積のノルムは $(-1)\cdot7=-7$ のはずである。実際 $N(1+2\sqrt2)=1-8=-7$ で一致する。
   誤りに気づける例を開く

   もし展開を誤って $1+3\sqrt2$ と書いていたら、ノルムは $1-18=-17$ となり、$-7$ と合わないので誤りに気づける。

2. $1+\sqrt2$ の累乗を計算する。
   $$ (1+\sqrt2)^2=3+2\sqrt2,\qquad (1+\sqrt2)^3=(3+2\sqrt2)(1+\sqrt2)=7+5\sqrt2,\qquad (1+\sqrt2)^4=(7+5\sqrt2)(1+\sqrt2)=17+12\sqrt2 $$
   ノルムの積の性質から $N\bigl((1+\sqrt2)^n\bigr)=(-1)^n$ のはずである。
   ノルムの確認を開く

   実際 $9-8=1$、$49-50=-1$、$289-288=1$ である。

1. $\sqrt[3]2\cdot\sqrt[3]2=\sqrt[3]4$ は $p+q\sqrt[3]2$（$p,q$ は有理数）の形に書けない。したがって $p+q\sqrt[3]2$ の形の数全体は、積で閉じていない。
   書けないことの確認を開く

   書けたとして矛盾を導く。$\sqrt[3]4=p+q\sqrt[3]2$ の両辺に $\sqrt[3]2$ を掛けると、$\sqrt[3]4\cdot\sqrt[3]2=\sqrt[3]8=2$ なので $$2=p\sqrt[3]2+q\sqrt[3]4=p\sqrt[3]2+q(p+q\sqrt[3]2)=pq+(p+q^2)\sqrt[3]2$$ となる。$p+q^2\ne0$ なら $\sqrt[3]2=\dfrac{2-pq}{p+q^2}$ は有理数になるが、$\sqrt[3]2$ は無理数である（$1<\sqrt[3]2<2$ で、整数の 3 乗根は整数か無理数である。実数とは何か：無理数の証明）。よって $p=-q^2$ であり、$pq=2$ に代入すると $-q^3=2$、$q=-\sqrt[3]2$ となって、$q$ が有理数であることに反する。

2. $\sqrt[3]4$ まで加えた $p+q\sqrt[3]2+r\sqrt[3]4$ の形なら、逆数も同じ形になる。たとえば公式 $(x+y)(x^2-xy+y^2)=x^3+y^3$ で $x=1$、$y=\sqrt[3]2$ とおくと、$(1+\sqrt[3]2)(1-\sqrt[3]2+\sqrt[3]4)=1+2=3$ なので
   $$ \frac1{1+\sqrt[3]2}=\frac{1-\sqrt[3]2+\sqrt[3]4}3 $$
   である。この形の数全体が体になることの一般的な証明はこの記事ではしない（Mil22 Proposition 1.32）。
   $\sqrt2$ のときとの違いを開く

   分母の有理化に使う因数が、$\sqrt2$ のときの共役 1 つではなく 2 次の式 $1-\sqrt[3]2+\sqrt[3]4$ になっている。

$\sqrt3=p+q\sqrt2$（$p,q$ は有理数）と書けたとして矛盾を導く。両辺を 2 乗すると
$$ 3=(p^2+2q^2)+2pq\sqrt2 $$
である。thm-rd-field の 1 で係数を比べると、$p^2+2q^2=3$ かつ $2pq=0$ である。

• $q=0$ なら $p^2=3$ で、$p=\pm\sqrt3$ は無理数になり矛盾する。
• $p=0$ なら $2q^2=3$ で、$(2q)^2=6$、$2q=\pm\sqrt6$ は無理数になり矛盾する（$6$ は平方数でない）。
  よって $\sqrt3$ は $\mathbb{Q}(\sqrt2)$ に入らない。

$\dfrac1{1+\sqrt2+\sqrt3}$ を有理化する。
段 1（$\sqrt3$ を消す）。分母を $\alpha+\sqrt3$（$\alpha=1+\sqrt2$ は $\mathbb{Q}(\sqrt2)$ の数）とみて、$\mathbb{Q}(\sqrt2)$ の上での共役 $\alpha-\sqrt3$ を掛ける。
$$ (\alpha+\sqrt3)(\alpha-\sqrt3)=\alpha^2-3=(3+2\sqrt2)-3=2\sqrt2 $$
なので、$\dfrac1{1+\sqrt2+\sqrt3}=\dfrac{1+\sqrt2-\sqrt3}{2\sqrt2}$ である。分母はまだ $\mathbb{Q}(\sqrt2)$ の数だが、$\sqrt3$ は消えた。
段 2（$\sqrt2$ を消す）。分母と分子に $\sqrt2$ を掛けると
$$ \frac{(1+\sqrt2-\sqrt3)\sqrt2}{2\sqrt2\cdot\sqrt2}=\frac{\sqrt2+2-\sqrt6}4 $$
である。

$1+2\sqrt2$ は $\mathbb{Z}[\sqrt2]$ に入る。その逆数は ex-rd-inverse の 2 により $-\dfrac17+\dfrac27\sqrt2$ である。thm-rd-field の 1 により、この数を $p+q\sqrt2$（$p,q$ は有理数）と書く方法はこれしかなく、$p=-\dfrac17$ は整数でない。よって逆数は $\mathbb{Z}[\sqrt2]$ に入らない。

$\sqrt2$ の代わりに $\sqrt4$ を付け加えて、$p+q\sqrt4$（$p,q$ は有理数）の形の数を考える。$\sqrt4=2$ は有理数である。

1. 表し方がただ 1 通りでない。$3=3+0\cdot\sqrt4=1+1\cdot\sqrt4$ である。
2. 有理化した分母が $0$ になりうる（lem-rd-norm-nonzero にあたる事実が崩れる）。たとえば $2-\sqrt4$（$p=2$、$q=-1$）では、$(p,q)\ne(0,0)$ なのに $p^2-4q^2=4-4=0$ である。実際 $2-\sqrt4=0$ なので、$\dfrac1{2-\sqrt4}$ は意味をもたない。
3. 共役がただ 1 つに決まらない。def-rd-conj-norm で共役を定められたのは、thm-rd-field の 1 があったからである。
   確認を開く

   「$\sqrt4$ の前の符号を変える」と、$3=3+0\cdot\sqrt4$ からは $3$、$3=1+1\cdot\sqrt4$ からは $1-\sqrt4=-1$ が出てくる。同じ数 $3$ の「共役」が 2 通りになる。