https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Qdai/2026/SuIII

2026.03.18.12:25:14記

[4] 以下の問いに答えよ．ただし， $\sqrt{2}$ ， $\sqrt{3}$ ， $\sqrt{6}$ が無理数であることは用いてよい．

(1) $\sqrt{2}+\sqrt{3}=\sqrt{5+2\sqrt{6}}$ を示せ．また， $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ は無理数であることを示せ．

(2) $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ を解にもち，係数がすべて有理数の $4$ 次方程式を $1$ つ求めよ．また，その $4$ 次方程式の解をすべて求めよ．

(3) $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ を解にもち，係数がすべて有理数の $2$ 次方程式は存在しないことを示せ．

2026.03.18.15:37:01記
直感的には $2$ 乗するとルートが外れるので，二つのルートを外すには $4$ 乗する必要があるということです．ガロア理論と言えば格好良いでしょうか．

[解答]
(1) $\sqrt{5+2\sqrt{6}}$ $=\sqrt{(\sqrt{2}^2+2\sqrt{2}\sqrt{3}+(\sqrt{3})^2}$ $=|\sqrt{2}+\sqrt{3}|$ $=\sqrt{2}+\sqrt{3}$ である．
ここで $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ が有理数であると仮定すると $5+2\sqrt{6}$ も有理数となるが，これは $\sqrt{6}$ が無理数であることに矛盾する．よって $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ は無理数である．

(2) $x=\sqrt{2}+\sqrt{3}$ とおくと $x^2=5+2\sqrt{6}$ であるから $(x^2-5)^2=24$ となり， $x^4-10x^2+1=0$ が求める方程式の一つである．この方程式から $x^2=5\pm2\sqrt{6}$ となるので，この方程式の解は $x=\pm\sqrt{2}\pm\sqrt{3}$ （複号任意）となる．

(3) $x=\sqrt{2}+\sqrt{3}$ を解にもつ係数が有理数の $2$ 次方程式 $ax^2+bx+c=0$ （ $a\neq 0$ ）が存在したと仮定する．このとき $x$ は
有理数を係数とする $x^2+px+q=0$ （ $p=\dfrac{b}{a}$ ， $q=\dfrac{c}{a}$ ）の解となり，よって
$x^4=p^2x^2+2pqx+q^2$ が成立する．一方(2)より $x^4-10x^2+1=0$ であるから，
$(p^2-10)x^2+2pqx+(q^2+1)=0$
が成立し，これと $x^2+px+q=0$ から
$(2q-p^2+10)px+(q^2+10q+1-p^2q)=0$
が成立する．

一般に $A，B$ が有理数で $x$ が無理数のとき， $Ax+B=0$ ならば $A=B=0$ である．実際 $A\neq 0$ とすると $x=-\dfrac{B}{A}$ となり有理数と無理数が等しくなって矛盾するので $A=0$ でこのとき $B=0$ となるからである．

よって $(2q-p^2+10)p=q^2+10q+1-p^2q=0$ が成立する．

(i) $p=0$ のとき：
$q^2+10q+1=0$ から $q=-5\pm2\sqrt{6}$ となり $q$ が有理数であることに反する．

(i) $p\neq0$ のとき：
$2q-p^2+10=q^2+10q+1-p^2q=0$ から $q^2$ を消去して $q^2=1$ ，つまり $q=\pm 1$ となり， $p^2=2q+10=8，12$ から $p=\pm2\sqrt{2}，\pm2\sqrt{2}$ となり $p$ が有理数であることに反する．

以上，全ての場合に矛盾が生じたので $x=\sqrt{2}+\sqrt{3}$ を解にもつ係数が有理数の $2$ 次方程式は存在しない．

なお，

$A，B，C，D$ が有理数のとき， $A\sqrt{6}+B\sqrt{3}+C\sqrt{2}+D=0$ ならば $A=B=C=D=0$ が成立する

が成立します．ここで[解答]で示した「 $A，B$ が有理数で $x$ が無理数のとき， $Ax+B=0$ ならば $A=B=0$ である」を用います．

[証明]
$(A\sqrt{6}+B\sqrt{3})^2=(C\sqrt{2}+D)^2$ ，つまり $6A^2+6AB\sqrt{2}+3B^2=2C^2+2CD\sqrt{2}+D^2$
と $\sqrt{2}$ が無理数であることから
$3AB=CD$ …①， $3(2A^2+B^2)=2C^2+D^2$ …②
が成立する．

(i) $AB=0$ のとき：
$CD=0$ だから
「 $B=D=0$ ， $A\sqrt{6}+C\sqrt{2}=0$ （ $A\sqrt{3}+C=0$ ）」，
「 $B=C=0$ ， $A\sqrt{6}+D=0$ 」，
「 $A=D=0$ ， $B\sqrt{3}+C\sqrt{2}=0$ （ $B\sqrt{6}+2C=0$ ）」，
「 $A=C=0$ ， $B\sqrt{3}+D=0$ 」，
のいずれかとなるが，いずれも $A=B=C=D=0$ となる．

(ii) $AB\neq 0$ のとき：
$CD\neq 0$ だから $A，B，C，D$ は全て $0$ ではない．通分して分母を払うことによって， $A，B，C，D$ が整数であるとして良く，さらに $\mbox{gcd}(|A|，|B|，|C|，|D|)=1$ （絶対値はなくても良いが）となるように約分してあるものとする．このとき①より $C$ または $D$ が $3$ の倍数であり，②より $2C^2+D^2$ は $3$ の倍数であることから $C，D$ は両方とも $3$ の倍数となる．よって $C=3C'，D=3D'$ とおくと $AB=3C'D'$ ， $2A^2+B^2=3(2(C')^2+(D')^2$ となり， $A，B$ は両方とも $3$ の倍数となる．よって $A，B，C，D$ はすべて $3$ の倍数となり， $\mbox{gcd}(|A|，|B|，|C|，|D|)=1$ に矛盾する．

[別解]
(3) $x=\sqrt{2}+\sqrt{3}$ を解にもつ係数が有理数の $2$ 次方程式 $ax^2+bx+c=0$ （ $a\neq 0$ ）が存在したと仮定する．このとき $x$ は
有理数を係数とする $x^2+px+q=0$ （ $p=\dfrac{b}{a}$ ， $q=\dfrac{c}{a}$ ）の解となり，
$2\sqrt{6}+p\sqrt{2}+p\sqrt{3}+q+5=0$
が成立するが $2\neq 0$ であるから矛盾する．よって $x=\sqrt{2}+\sqrt{3}$ を解にもつ係数が有理数の $2$ 次方程式は存在しない．