Como seguimiento a esta pregunta, me di cuenta de que la prueba se utiliza el hecho de que $p$ $q$ fueron "incluso". Claramente, cuando la sustitución de los factores de $2$ con factores de $3$ todo no simplemente venir a ser "par" o "impar", así que ¿cómo podría yo ir demostrar que $\sqrt{3}$ es irracional?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Es muy simple, en realidad. Suponga que $\sqrt{3}$ = $\frac{p}{q}$, con $p,q$ coprime enteros.
A continuación, $p = \sqrt{3}q$$p^2 = 3q^2$. Si $3\mid p^2$,$3\mid p$. Así que, en realidad, $9\mid p^2$. Entonces, por lógica similar, $3\mid q^2$, lo $3\mid q$. Desde $3$ divide tanto a a$p$$q$, los dos números no son coprime. Esto es una contradicción, ya que se supone que se $\textbf{were}$ coprime. Por lo tanto, $\sqrt{3}$ no puede ser escrito como una relación de coprime enteros y debe ser irracional.
$\textbf{NOTE:}$ La palabra "incluso" en el original de la prueba era sólo un sustituto de "divisible por $2$". Esta misma idea de la divisibilidad fue utilizado en esta prueba para demostrar que $p$ $q$ fueron divisible por $3$. Realmente es la misma idea. Simplemente no hay un buen concisa de la palabra "incluso" que se utiliza para describir a un múltiplo de $3$ en esta prueba.
Vincenzo Oliva
Puntos
3277
marty cohen
Puntos
33863
Aquí es una prueba de que si $n$ es un número entero positivo que es no es un cuadrado de un entero, a continuación, $\sqrt{n}$ es irracional. Esta prueba no uso cualquier propiedades de la divisibilidad.
Deje $k$ ser tal que $k^2 < n < (k+1)^2$. Supongamos $\sqrt{n}$ es racional. A continuación, hay una menor entero positivo $q$ tal que $\sqrt{n} = p/q$.
Entonces $\sqrt{n} = \sqrt{n}\frac{\sqrt{n}-k}{\sqrt{n}-k} = \frac{n-k\sqrt{n}}{\sqrt{n}-k} = \frac{n-kp/q}{p/q-k} = \frac{cn-kp}{p-kq} $.
Desde $k < \sqrt{n} < k+1$, $k < p/q < k+1$, o $kq < p < (k+1)q$, por lo $0 < p-kq < q$. Así, hemos encontrado una representación de $\sqrt{n}$ con un menor denominador, lo que se contradice con la especificación de $q$.
Nota: Esto no es ciertamente original - pero me divertí mucho trabajando basado en la prueba, conozco que $\sqrt{2}$ es irracional.
Théophile
Puntos
7913
He aquí otra manera: supongamos que el $\sqrt3 = \frac pq$ para algunos coprime $p,q$, por lo que $$3q^2=p^2.$$ Now reduce this modulo $4$, noting that the quadratic residues modulo $4$ are $0$ and $1$. The only solution is $p^2 \equiv q^2 \equiv 0 \pmod 4$, but then $p$ and $p$ lo tanto, incluso, una contradicción.
user254665
Puntos
4075
El caso general : Si $a,b,c,d$ son enteros positivos con $GCD(a.b)=1=GCD(c,d)$ $(a/b)^{c/d}$ es irracional menos $a$ $b$ $d$- th potencias de números enteros positivos.PRUEBA: Supongamos $(a/b)^{c/d}=e/f$ donde $f,g$ son enteros positivos y $GCD(f,g)=1$. A continuación,$a^cf^d=b^ce^d$. Aplicamos un resultado (que un libro que se llama el "teorema fundamental de la aritmética"), que si $x,y,z$ son no-cero enteros donde $x$ divide $yz$ $GCD(x.y)=1$ $x$ divide $z$. En primer lugar, esto implica que $GCD(a^c,b^c)=1=GCD(f^d,e^d)$. En segundo lugar, aplicando el teorema de con $x=a^c,y=b^c,z=e^d$, tenemos: $a^c$ divide $e^d$,pero aplicándolo con $x=e^d,y=f^d,z=a^c$, tenemos: $e^d$ divide $a^c$. Por lo $a^c=e^d$.Ahora desde $a^c.f^d=b^c.e^d$$a^c=e^d$, también tenemos $f^d=b^c$.Finalmente, otra consecuencia del teorema anterior es que si $x$ es una $c$-ésima potencia y un $d$-ésima potencia de a$.GCD(c.d)=1$, $x$ $cd$- ésima potencia. La aplicación de este con $x=a^c$,y también con $x=b^c$, sabemos que hay enteros positivos $u,v$ donde$a^c=u^{cd}$$.b^c=v^{cd}$. Por lo $a=u^d$$b=v^d$. QED.
