Mostrar que $\sqrt{6}$ es irracional.

Question

Supongamos $x\in \mathbb{Q}$ tal que $x^{2}=6$. Desde $x\in \mathbb{Q}$ existe $m,n \in \mathbb{Z} $ donde $m$ o $n$ es impar tal que $x=\frac{m}{n}$.

$\implies$ $x^2=(\frac{m}{n})^2=\frac{m^2}{n^2}=6$

$\implies$ $m^2=6n^2$, por lo $m^2$ es incluso. Por lo tanto, $m$ es incluso.

Desde $m$ es incluso, $m=2k, k\in \mathbb{Z}$.

A continuación, $m^2=(2k)^2=4k^2=6n^2$

$\implies$ $n^2$ es incluso, por lo $n$ es incluso. Pero uno de $m$ o $n$ debe ser impar, por lo $x\notin \mathbb{Q}$.

Por lo tanto, $\sqrt{6}$ es irracional.

Hace que todo se vea bien aquí?

Answer 1

Esto está muy bien, y en efecto se demuestra que $\sqrt{2a}$ es irracional si $a$ es impar.

Answer 2

Sí, es correcto. Se puede generalizar el método; para un entero positivo $z$ y un primer número $p$, denotan por $\mu_p(z)$ el máximo exponente $k$ tal que $p^k$ divide $z$ ($\mu_p(z)=0$ si $p$ no divide $z$).

A partir de la factorización única, es claro que $\mu_p(xy)=\mu_p(x)+\mu_p(y)$.

Queremos demostrar que si $\sqrt{z}$ es racional, entonces $\mu_p(z)$ es incluso, para cualquier prime $p$.

Supongamos que no existe $m$ $n$ enteros positivos tales que a $(m/n)^2=z$. Entonces $$ m^2=zn^2 $$ Deje $p$ principal; a continuación, $$ \mu_p(m^2)=2\mu_p(m)=\mu_p(zn^2)=\mu_p(z)+2\mu_p(n); $$ por lo tanto, $\mu_p(z)=2(\mu_p(m)-\mu_p(n))$ es incluso. En particular, $z$ es un cuadrado perfecto.

Desde $2^2<6<3^2$, $6$ no es un cuadrado perfecto, por lo que su raíz cuadrada no es racional.