Prueba de que $\frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ es irracional.

Question

Estoy tratando de demostrar que $\frac{1 + \sqrt{5}}{2}$, el "Golden ratio" es irracional. Sólo he sido capaz de hacerlo hasta ahora, tomando como dado (que no he tenido ninguna dificultad para probar) ejercicio 1.1. en Rudin:

Lema. (Tomado como lo demuestran) Si $r \neq 0$ es racional y $x$ es irracional, entonces $r + x$ es irracional e $rx$ es irracional.

Yo estaría muy interesado si alguien sabe de un enfoque alternativo. Desde la prueba de que he escrito estaba lejos de ser elegante, agradecería cualquier críticas sobre ella. He aquí lo que encontré:

Prueba. Primero vamos a establecer que el $\sqrt{5}$ es irracional. Suponemos que, al contrario,$\sqrt{5} \in \mathbb{Q}$. A continuación, $\exists m, n \in \mathbb{Z}, \left(\sqrt{5} = \frac{m}{n} \wedge n \neq 0\right)$. Sin pérdida de generalidad, vamos a $m$ $n$ ser coprime. El cuadrado ambos lados y algebraicamente reordenando esta ecuación rendimientos \begin{align} 5n^2 = m^2, \end{align} en el que caso de $5 \mid m^2$. Por lo tanto, podemos deducir que $5 \mid m$. (Nota: la única explicación que yo era capaz de hacer, que voy a dejar como un argumento conceptual por el momento, es el teorema fundamental de la aritmética: si intentamos establecer el contrapositivo, que $5$ no divide $m$ significa que para todos los $p_i$ en la factorización prima de $m$, $p_i \neq 5$. En el cuadrado de $m$, el doble de los exponentes, sino $5$ todavía no es un factor, y porque es el primer no puede ser generado a partir de cualquiera de los otros factores. Por eso, $5$ también no divide $m^2$. Esto está lejos de ser tan elegante como el establecimiento de, digamos, que si $m$ es impar, $m^2$ es también impar. Si hay una mejor manera de establecer este hecho, sin embargo, yo estaría muy interesado en escuchar.)

Así, desde la $5 \mid m$, podemos escribir $m = 5a$ algunos $a \in \mathbb{Z}$. Sustituyendo en la ecuación se da \begin{align} 5n^2 = (5a)^2 = 25a^2, \end{align} y la simplificación de da \begin{align} n^2 = 5a^2, \end{align} por lo $5 \mid n^2$ e lo $5 \mid n$, una contradicción, como hemos asumido $m$ $n$ fueron coprime. Por lo tanto, $5$ es irracional.

Desde aquí, desde la $1 \in \mathbb{Q} - \{0\}$, podemos utilizar el hecho de que $r + x$ es irracional con $r = 1$ $x = \sqrt{5}$ a deducir que $1 + \sqrt{5}$ es irracional. De forma similar, utilizando el hecho de que $rx$ es irracional, podemos establecer $x = 1 + \sqrt{5}$ $r = \frac{1}{2}$ a deducir que $rx = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ es irracional, que es nuestro objetivo.

¿Cómo se ve? Yo estaría muy interesado en cualquier críticas de este o de otros métodos de prueba.

Gracias.

Answer 1

Otro enfoque diferente: uno puede ver fácilmente (por cuadratura la proporción áurea) que satisface la ecuación cuadrática $x^2-x-1=0$. Usando el Teorema de la raíz racional nos concude que debe ser irracional.

Answer 2

Otro enfoque:

Fracciones continuas finitas para los racionales. Ahora, trate de encontrar la continuación de la fracción de representación para $\frac{1+\sqrt{5}}{2}\big($usted puede utilizar el hecho de que satisface la ecuación de $x^2-x-1=0\big)$, va a ser $[1;1 ,1,1,\cdots] $, que tiene una infinidad de $1$. Conidering el contrapositivo de la declaración de la declaración anterior, si un número tiene infinitos términos de la cont. fracción de la representación, a continuación, no es racional. Por lo tanto, $\frac{1+\sqrt{5}}{2} $ no es racional o irracional.

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Otro:

Vamos, $\frac{1+\sqrt{5}}{2}=\frac{p}{q},p,q\in\mathbb{Z}$,$\sqrt{5}=\frac{2p-q}{q}$. Ahora, podemos comprobar que la $\sqrt{5}$ es irracional el uso de este argumento:

$\sqrt{5}$ satisface el monic polinomio $x^2-5=0$, por lo tanto, si se trata de una racional algebraica de números se necesita para ser un entero. Pero, $2<\sqrt{5}<3$ ( $4<5<9$ ). Por lo tanto, $\sqrt{5}$ es irracional.

Ahora volver a la ecuación de $\sqrt{5}=\frac{2p-q}{q}$. Como, $p,q\in\mathbb{Z}$, $\frac{2p-q}{q}\in\mathbb{Q}$, como, tanto en $2p-q,q\in\mathbb{Z}$. Pero, hemos demostrado que $\sqrt{5}$ es irracional. Por lo tanto, contradicción!

Answer 3

Sí, esto es, básicamente, cómo probar que $\sqrt n$ es irracional. En general, el argumento es que, si $n$ no es un cuadrado que tenga por lo menos el primer factor de $p$ de exponente impar en la factorización de $n$, pero luego si $a^2=b^2 n$, y por lo que el exponente de a $p$ es extraña en el derecho, sino incluso en la izquierda, la contradicción. Esto es sólo una generalización de su argumento.

Acerca de la forma en que se demostró que si $p|n^2$ $p|n$ primer $p$ a través de los TLC, no sólo no es un patán método, creo que es, básicamente, cómo alguien que conoce la teoría de los números haría, y es probablemente el método que más claramente se explica "por qué" el teorema es verdadero. Cualquiera sea el método más simple que usted sabe que para el caso de $p=2$, es probablemente justo este método en el disfraz, o se trata de una propiedad de la número$2$, que realmente no generalizar a otros números primos.

Answer 4

Proposición 1: Deje $a$ $b$ ser de dos números enteros no negativos de satisfacciones

$\tag 1 ab + b^2 = a^2$

A continuación, tanto en $a$ $b$ debe ser igual a cero.

Prueba:

Tenga en cuenta que si $a \gt 0$, entonces la única manera de $\text{(1)}$ puede tener es si $b \gt 0$, y del mismo modo, si $b \gt 0$$a \gt 0$. Así que para obtener una contradicción, supongamos que tenemos dos números enteros positivos satisfacer $\text{(1)}$.

Es fácil ver que tanto $a$ $b$ necesariamente tiene que ser estrictamente mayor que $1$ en este escenario. Por otra parte, desde la $ab + b^2 = (a + b) b$, utilizando el teorema Fundamental de la aritmética y $\text{(1)}$ , tenemos que concluir que el $b$ $a$ no puede ser relativamente primos.

Ciertamente, podemos restringir nuestra atención a las soluciones de $\text{(1)}$ cuando la suma de $a$ $b$ es mínima. Pero si $d$ es un factor común para que $a = da^{'}$$b = d b^{'}$, luego

$\quad ab + b^2 = a^2 \text{ iff } d a^{'} d b^{'} + {(d b^{'})}^2 = {(d a^{'})}^2$

Podemos factor $d^2$ en la ecuación anterior nos da otro 'descendente solución'$a^{'}$$b^{'}$, contradiciendo nuestra selección de $a$ y $b$. $\quad \blacksquare$

Proposición 2: Si $a$ $b$ son números reales satisfactoria

$a > b > 0 \text{ and } \frac {a+b}{a}=\frac {a}{b}$

a continuación, $\frac {a}{b}$ debe ser un número irracional.

Prueba:

Para obtener una contradicción, suponemos que, al contrario, $\frac {a}{b} = \frac {b^{'}}{a^{'}}$ con enteros $a^{'}$$b^{'}$. Usando álgebra, podemos demostrar que $a^{'} b^{'} + {a^{'}}^2 = {b^{'}}^2$, pero por la proposición 1 que es imposible. $\quad \blacksquare$

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En las anteriores nos muestran que si se pueden encontrar soluciones en el contexto de la proposición 2, entonces la proporción $\frac{a}{b}$ es irracional. No era necesario, para encontrar la existencia de soluciones o para discutir por qué la relación de $\frac{a}{b}$ es único (no hay razón para examinar $\sqrt 5$).

Answer 5

El libro Una Historia De las Matemáticas, por Boyer y Merzbach, sugiere que la Proporción áurea $\psi$ podría haber sido el primer número conocido irracionales. Que presente una prueba de que plausiblemente podría haber ocurrido hace 25 siglos:

Por contradicción, supongamos $\psi =A/B$ donde $A, B \in \Bbb N$ $B$ es tan pequeño como sea posible.

Tenemos $1=\psi^2-\psi\implies 1/\psi=\psi -1 \implies \psi=1/(\psi - 1).$ $\psi=A/B=1/(A/B-1)=B/(A-B).$

Ahora $B>A-B>0$ porque $2B>A>B$ porque $2>A/B=\psi>1.$

Entonces el denominador en $B/(A-B)$ es un entero positivo más pequeño que lo más pequeño posible, que es $B,$ lo cual es absurdo.