Sé que este hecho puede ser probado por la contradicción(reductio ad absurdum), pero por favor dar pruebas por diferentes métodos.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?Por el criterio de Eisenstein, el polinomio $x^2-p$ es irreductible.
(Para responder a WimC la queja a continuación: Considerar la división de campo de la $x^2-p$$\mathbf Q_p$. Contiene un elemento de valoración $1/2$, por lo que es una adecuada sobre el campo de $\mathbf Q_p$, y por lo tanto $x^2-p$ es irreducible sobre $\mathbf Q_p$ (y a fortiori $\mathbf Q$)).
DannyDan
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Si $\sqrt p$ es racional, entonces existen números enteros a y b tales que $\sqrt p$=$\frac{a}{b}$, donde $a>0$ $b>0$ y que son co-primos, es decir, no se prime que divide a ambos. (Si es que hay, a continuación, divida $a$ $b$ por ese número y obtener una nueva $a$ $b$ que cumplen con este criterio).
Entonces $p$ = $\frac{a^2}{b^2}$
A continuación, $\frac{pb^2}{a^2} = 1$
Desde $a$ no se puede dividir $b$ $p$ es divisible por $a$, lo que hace que $p$ no primo.
QuentinUK
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QuentinUK
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Por parte del teorema de Dirichlet sobre primos en progresiones aritméticas y por la reciprocidad cuadrática (!!), existe un primer $\ell$ tal que $$\left(\frac{p}{\ell}\right) = -1.$$
Por Gauss, lema, racional alguno raíz de $x^2−p$ debe ser un entero. Pero si $p$ fueron el cuadrado de un número entero, sin duda, sería una plaza de mod $\ell$ también. Por lo tanto, $x^2-p$ no tiene racional de la raíz.
Arash
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La idea detrás de la prueba es que si $\sqrt p$ es racional, entonces debe ser entero. Hasta aquí, que no es una prueba por contradicción.
Sin embargo después de esto, tenemos que asumir que si $\sqrt p$ es racional, entonces es entero y, a continuación, es imposible para $\sqrt p$ a ser entero y, por tanto, contradicción. Por lo que es una prueba por contradicción.
Ahora la prueba:
Primero de todo, observar que debido a $p$ es el primer no hay ningún número natural $x>1$ tal que $x^2=p$ lo contrario $x\mid p$$x<p$.
En segundo lugar, si hay $x,y\in\mathbb N$, de tal manera que $(x,y)=1$, e $x^2=py^2$, entonces tenemos: $$ \frac xy=\sqrt p\implica \frac{p}x=\sqrt p $$ Tenga en cuenta que $py> x$, $y>1$. Escribir $x=q_0y+r_0$ donde $y>r_0>0$. $r_0$ no puede ser cero en caso contrario $\sqrt p=q_0$ que vimos que no es posible.
Ahora podemos escribir: $$ \frac xy= \frac{p}x=\sqrt p\implica\frac{py-q_0x}{x-q_0y}=\sqrt p $$
Ahora hemos encontrado otro fracción con $0<r_0=x-q_0y<y$, lo que significa una fracción con un menor denominador. Ahora tome $\frac{y_0}{r_0}=\frac{py-q_0x}{r_0}$$\frac xy$, y escribir $y=q_1r_0+r_1$. De nuevo $r_1\neq 0$ porque de lo contrario $r_0\mid y$ $r_0\mid x$ y, por tanto, $\frac{y_0}{r_0}$ sería un número natural que no es posible. Por lo tanto,$r_1>0$.
Utilizando el mismo procedimiento nos encontramos con $y_1$ $r_1<r_0$ tal que $\frac{y_1}{r_1}=\sqrt p$. Al continuar como este nos encontramos con la secuencia de $y_n$ $r_n$ tal que $r_0>r_1>\dots>r_n>\dots>0$, lo que significa que, finalmente, deberíamos llegar a $r_n=1$ algunos $n$ y, por tanto, $\sqrt p=y_n$ que no es posible.
