¿Por qué no son todas las raíces cuadradas irracional?

Question

El más conocido de la prueba de la raíz cuadrada de $2$ es por contradicción, cuando asumimos que puede ser expresado como una fracción irreductible y luego encontrar que no es irreducible, pero... si se asumen las mismas condiciones, por ejemplo: la raíz cuadrada de $9$ nos encontramos con que no es irreducible. Así que, ¿cuál es el problema aquí?

Answer 1

Veamos la prueba de que $\sqrt{2}$ es irracional:

Para mostrar $\sqrt{2}$ es irracional, se argumenta por la contradicción. Supongamos $\sqrt{2}={p\over q}$ donde $p, q$ son números naturales. Sin pérdida de generalidad, ${p\over q}$ es en términos mínimos. Por lo ${p^2\over q^2}=2$, y así $p^2=2q^2$. $\color{red}{\mbox{This means that}}$ $2$ divide $p$, $p=2k$. Por lo $2q^2=4k^2$, y $q^2=2k^2$. $\color{red}{\mbox{Again, this means}}$ que $2$ divide $q$. Pero, a continuación, $p$ $q$ tienen un factor común, la contradicción.

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Donde este se rompe por $\sqrt{4}$: Buscar en la red frases. Ellos dependen de la siguiente hecho: $$\mbox{If $2$ divides $ab$, then either $2$ divides $un$ or $2$ divides $b$}.$$ This fact requires proof, and relies on the fact that $2$ is prime. $4$, by contrast, is not prime, and indeed the fact fails for $4$: $4$ divides $2\cdot 2$, but $4$ does not divide $2$.

Cómo se generaliza: Es un buen ejercicio para mostrar que el argumento habitual no funciona para cualquier número de $n$, que algunos prime $p$ divide $n$ un número impar de veces, es decir, $p^{2i+1}$ divide $n$ pero $p^{2i+2}$ no, para algunos $i$. Por ejemplo, los números siguientes, todos tienen esta propiedad:

• $12$ ($p=3, i=0$)

• $27$ ($p=3, i=1$)

• $24$ ($p=2, i=1$ o $p=3, i=0$)

etc. Cualquier número irracional raíz cuadrada. Por el contrario, si cada primer dividiendo $n$ divide $n$ incluso el número de veces que, a continuación, $\sqrt{n}$ es racional (ejercicio!). Así que esta es una caracterización completa.

Answer 2

$$\sqrt{9}=\frac{a}{b}$$

donde $\gcd(a,b)=1$. $$\sqrt{9}b=a$$ El cuadrado ambos lados, $$9b^2=a^2$$

Sabemos que $a$ debe ser un múltiplo de $3$ (aviso que yo estoy diciendo $a$ es un múltiplo de a $3$ en lugar de $9$ y compararla con la prueba de la irracionalidad de $\sqrt{2}$.)

Por lo $a=3k$ y por lo tanto $b=k$. $k$ toma el valor de $1$ en este caso.

Answer 3

El estándar de prueba de que $\sqrt{2}$ es irracional es, por supuesto, de la siguiente manera: Supongamos por contradicción no existe $a, b$ números enteros positivos que no comparten factores (además de la $1$) y $a / b = \sqrt{2}$. A continuación,$a^2 = 2 b^{2}$. Ahora la observación aquí es que $2 b^{2}$ es divisible por $2$, un número primo, por lo $a$ también debe ser divisible por $2$.

Ahora, si en lugar de considerar $9$, entonces estaríamos mirando a $a^2 = 9b^2$. No podemos concluir de aquí que $a$ es divisible por $9$, por lo que estamos muertos en nuestros senderos.

Answer 4

Ver esto una prueba de que si $n$ no es un cuadrado perfecto a continuación, $\sqrt{n}$ es irracional:

Pregunta de seguimiento: la Prueba de la Irracionalidad de la $\sqrt{3}$

La prueba comienza diciendo que si $n$ no es un cuadrado perfecto luego hay un $k$ tal que $k^2 < n < (k+1)^2$. La prueba se rompe si $k^2 = n$.

Answer 5

Debido a que la prueba se basa en que el root no es un número entero

$\gcd(p,q)=1, \frac{p}{q}=sqrt(9)\implies p^2=9*q^2 \implies 9|p^2$. Lo normal sería decir ahora que esto significa $9|p$ as con $2$, pero que deja de lado el caso de que $q=1$, es decir,$9=p^2$, pero en este caso, que no es cierto.