Probar que es irracional por la contradicción que $\sqrt{11}-1$

Question

Estoy trabajando en una tarea en diferentes estructuras y estoy bloqueado tratando de demostrar que $\sqrt{11}-1$ es un número irracional mediante la prueba por contradicción y la factorización prima.

Estoy perfectamente bien hacerlo con sólo $\sqrt{11}$, pero estoy completamente lanzados por las $-1$ cuando se trata de la factorización prima de la parte.

Mi solución actual se parece a esto :

$$ \sqrt {11} -1 = \frac {a}{b}$$ $$ \sqrt {11} = \frac {a}{b} + 1$$ $$ \sqrt {11} = \frac {a+b}{b}$$ $$ 11 = \left(\frac {a+b}{b}\right)^2$$ $$ 11 = \frac {(a+b)^2}{b^2}$$ $$ 11 = \frac {a^2 + 2ab + b^2}{b^2}$$ $$ 11 b^2 = a^2 + 2ab +b ^2$$

$$ 10b^2 = a^2 + 2ab $$

En ese punto, es aceptable a la conclusión de que a2 es un múltiplo de 11 a pesar de que tenemos un trailing $2ab$?

El método requiere, entonces, es la conclusión de utilizar la factorización prima que $a = 11k$ y reemplazar todo lo que en la fórmula anterior para demostrar $b$, sin embargo, de nuevo estoy atascado con el final,$2ab$.

Sería el lugar correcto para demostrar que $\sqrt{11}$ es racional utilizando el método habitual y que, por extensión, $\sqrt{11} - 1$ también es racional?

Gracias

Answer 1

No, no puede concluir que el $a^2$ es un múltiplo de $11$. En su lugar puede reescribir a^2=10b^2-2ab=2(5b^2-ab) $$ $$ % que $2\mid a$. Escriba $a=2c$, con entero de $c$. Entonces 4c^2=2(5b^2-2bc) de $$ $$ o $5b^2=2(c^2+bc)$. Desde $2\nmid 5$, concluimos $2\mid b$.

Esto es una contradicción a $a$ y $b$ ser coprimos.

Answer 2

demostramos $\sqrt11$ es irracional por la contradicción.

deje $\sqrt11$ es racional,$\exists a,b$ tal que $(a,b)=1$ y $\sqrt{11}=\frac{a}{b}$

$\implies 11=\frac{a^2}{b^2}$

$a^2=11.b^2 \implies 11\mid a^2 $ $11$ es el prime

por lo tanto, $11\mid a, \exists a_1$ tal que $a=11a_1$

$$a^2=(11a_1)^2=121a_1^2=11b^2$$ $$\implies b^2=11a_1^2 $$

$\implies 11\mid b$

se violó $(a,b)=1$.

por contradicción, $\sqrt{11}$ es irracional.

ahora voy a este problema, para demostrar $\sqrt{11}-1$ es irracional por la contradicción,

suponga que $\sqrt{11}-1$ es racional. Sabemos que $1$ es número racional.

También sabemos que la suma de dos números racionales es siempre número racional.

$[\sqrt{11}-1]+1$ es número racional.
pero, $\sqrt{11}$ es irracional

por contradicción, $\sqrt{11}-1$ es irracional

Answer 3

Continúa donde lo detuviste: $$ 10b ^ 2 = a ^ 2 + 2ab $$ Escribe esto como $$ b (10b-2a) = a ^ 2 $$ Por lo tanto,$b$ divide$a^2$. Como$\gcd(a,b)=1$, la única posibilidad es$b=1$. Pero entonces$\sqrt{11}-1=a$ es un número entero, lo que implica que$\sqrt{11}$ es un número entero, que claramente no es porque$3^2 < 11 < 4^2$.

Answer 4

de la pregunta, $$\sqrt {11} -1 = \frac {a}{b}$$ where $(a,b)=1$.

Desde el último paso,

$10b^2 = a^2 + 2ab$

$LHS $ es múltiplo de $5$. a continuación, $RHS$ es también múltiplo de $5$.

en $RHS,a^2 + 2ab$ exactamente uno de $a$ $b$ es múltiple.

si tanto $a$ $b$ son múltiples de $5$ , se violó $(a,b)=1$.

si $b$ es múltiplo de $5$. deje $b=5b_1 \implies 250b_{1} ^2 =a^2+50ab_1 \implies 5 \mid a $.

pero, violaba $(a,b)=1$.

por lo tanto, $a$ es múltiplo de $5$. deje $a=5a_1$.

$10b^2= 25 a_1^2+2ab$

$10b^2-25 a_1^2= 10a_1b$

$/5 \implies 2b^2-5a_1^2=2a_1b$

Por lo tanto, $2 \ mid a_1 , \exists a_2$ tal que $a_1=2a_2$

$ 2b^2-10a_2^2 =4a_2b$

$\implies b^ 2 -2a_2b= 5a_2^2 $

$\implies 5\mid a_2 , \ exists a_3$ tal que a_2=5a_3

$ b^2 -10a_3b =25a_3^2$

$ b^2 =25a_3^2 +10a_3b$

Por lo tanto, $ 5 \mid b$

Lo que contradice nuestra condición.

Answer 5

De $10b^2=a^2+2ab$ se puede ver que $2\mid a^2$, por lo tanto $a=2m$ (para algunos $m$), a partir de la cual se puede concluir que el $b^2=2m^2+2mb-4b^2$, lo que implica $2\mid b$, contradiciendo la (tácito) suposición $\gcd(a,b)=1$.

Esta es una interesante variante del estándar de prueba de la irracionalidad en que sólo invoca la implicación $2\mid n^2\implies 2\mid n$, en lugar del más general de la implicación $p\mid n^2\implies p\mid n$ ($p$ prime). De hecho, se da una fácil prueba de la irracionalidad de la $\sqrt{4k+3}$, si $4k+3$ es primo o no:

$$\sqrt{4k+3}-1={a\sobre b}\implica(4k+3)b^2=a^2+2ab+b^2\implica un^2=2((2k+1)b^2-ab)\\ \implica a=2m\\ \implies2m^2=(2k+1)b^2-2 mb\\ \implica b^2=2(m^2 kb^2+mb)\\ \implica 2\mediados de b $$

lo que contradice la suposición de $\gcd(a,b)=1$. Por lo tanto $\sqrt{4k+3}-1$ es irracional, por lo tanto $\sqrt{4k+3}$ es irracional.