Euclides prueba de la irracionalidad de la $\sqrt{2}$ a través de la contradicción consiste en argumentos acerca de la uniformidad o odness de $a^2 = 2 b^2$ que luego se llevan a contradicción en el uso de algunos pasos más. Me pregunto por qué uno necesita esta línea de argumentos, ¿no es a partir de esta expresión inmediatamente evidente que todos los factores primos de ambos $b^2$ $a^2$ que incluso han exponentes (y que el factor de $2^1$ entre ellos hace que este imposible)? Es la razón para el "más complicado" de la estructura de la cuota a la prueba, que este argumento implica implícitamente más de la teoría (como el teorema fundamental de la aritmética, tal vez)?
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Livaditis Alex
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363
Aquí está uno de mis favoritos pruebas de la irracionalidad de la $\sqrt{2}$.
Supongamos $\sqrt{2}\in\Bbb Q$. Entonces existe un entero $n>0$ tal que $n\sqrt{2}\in\Bbb Z$.
Ahora, vamos a $n$ ser el más pequeño con esta propiedad y tome $m=n(\sqrt{2}-1)$. Se observa que el $m$ tiene las siguientes propiedades:
- $m\in\Bbb Z$
- $m>0$
- $m\sqrt{2}\in\Bbb Z$
- $m<n$
y así llegamos a una contradicción!
Sí, ese es el punto - el simple paridad basado en la prueba no requiere de la existencia y unicidad de primer factorizations por lo que puede utilizarse antes de los mucho más profundo resultados son desarrollados.
Es iluminador nota de que la prueba basada en la comparación de la paridad de poderes de los dos no necesitamos la plena singularidad resultado, sino sólo una forma mucho más simple caso. Es decir, es fácil probar que cada natural puede escribirse de forma única en la forma $\, 2^i n\,$ por extraño $\,n.\,$ $\, A= 2^{\large J} a,\ B = 2^{\large K} b\,$ $\,a,b\,$ impar. Por lo tanto $\, A^2\! = 2 B^2$ $\Rightarrow$ $\,2^{\color{#c00}{\large 2J}} a^2 = 2^{\color{#0a0}{\large 1+2K}} b^2.\ $ Pero $\,a,b\,$ impar $\,\color{#f2f}\Rightarrow$ $\,a^2,b^2\,$ extraño demasiado, lo que contradice la singularidad (LHS ha $\rm\color{#c00}{even}$ vs HR $\rm\color{#0a0}{odd}$ $2).$
Generalizar que la prueba de $\,p = 2\,$ a un arbitrario prime $\,p\,$, sería necesario generalizar la $\,\rm odd^2 = odd\,$ paso que hemos utilizado anteriormente, $ $ es decir, sería necesario demostrar $\ p\nmid a,b\,\color{#f2f}\Rightarrow\, p\nmid a^2,b^2.\ $ al igual que para el caso de $\,p=2,\,$ para cualquier fijo prime $\,p\,$, podríamos probar por un ataque de fuerza bruta análisis de casos. Pero para demostrar el resultado para todos los números primos $\,p\,$ necesitamos algo mucho más profundo, por ejemplo, Euclides del lexema $\ p\mid ab\,\Rightarrow\, p\mid a\,$ o $\,p\mid b\ $ (o estrechamente relacionadas con los resultados).
Ralph Shillington
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156
Aquí es una divertida prueba de que el hecho de que $\sqrt{m}$ es irracional para no cuadradas $m$. He visto en American Mensual. Es un muy lindo overkill.
Deje $m$ que no sea un cuadrado entero y supongamos que $\sqrt{m}$ es racional, es decir, $\sqrt{m}=a/b$ para algunos coprime enteros $a,b$. Bien, $mb^2 = a^2$, lo $a^2$ es en el ideal generado por a $b^2$. Sin embargo $b^2\neq 1$, por lo que el ideal de la $b^2\mathbb{Z}$ está contenida en algunos máxima ideal $p\mathbb{Z}$ donde $p$ es un primo. Por lo tanto, $p|a^2$$p|b^2$, es decir, $p|a$$p|b$; una contradicción.
Krzysztof Hasiński
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229
Este es un tipo de sledge-hammer enfoque. Consideramos que el símbolo de Legendre y del teorema de Dirichlet.
Desde $$ \left(\frac2p\right) = (-1)^{\frac{p^2-1}8}= \begin{cases} 1 & \mbox{ if }p \equiv 1\mbox{ or }7 \pmod{8} \\ -1 & \mbox{ if }p \equiv 3\mbox{ or }5 \pmod{8}. \end{casos} $$ Supongamos que $\sqrt 2$ es racional, entonces, excepto para número finito de números primos $p$, el polinomio $x^2-2$ es reducible modulo $p$. Entonces la densidad de los números primos $p$ tal que $2$ es una ecuación cuadrática de residuos de mod $p$ hace $1$.
Por el resultado anterior en símbolo de Legendre y del teorema de Dirichlet, la densidad de los números primos $p$ tal que $2$ es una ecuación cuadrática de residuos de mod $p$$1/2$. Esta es una contradicción.
mweiss
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6697
Creo que el histórico preferencia por el Euclid-estilo de la prueba puede tener algo que ver con lo que me imagino fue) ¿cómo es posible que haya sido descubierto en el primer lugar.
Supongamos que usted no sabe que $\sqrt{2}$ es irracional. En efecto, supongamos que no sabes ni de que no son irracionales cantidades. Como los antiguos Pitagóricos, que ingenuamente que asumir que los dos magnitudes puede ser expresado como una relación en la forma $m/n$ donde $m$ $n$ son dos números naturales.
Ahora piensa en la longitud de la diagonal de un cuadrado. Qué, se preguntan, es la relación de la diagonal al lado? Así, se asume que el ratio es igual a $m/n$ algunos $m$ $n$ sin factores comunes. Cómo encontrar los valores correctos de $m$$n$? No sabemos nada acerca de cómo comparar los dos segmentos?
"Ah, sí," de repente te das cuenta, "el cuadrado de La diagonal es igual a dos veces el cuadrado de la lado!" Este es visualmente evidente (incluso sin saber el teorema de Pitágoras). Y esto puede ser usado para averiguar algo acerca de $m$ - es decir, que debe ser aún. Y esto significa que $n$ debe ser impar. Parece que estamos haciendo un progreso real en nuestra búsqueda para encontrar lo $m$ $n$ son iguales...
...y estamos en marcha. Lo que parece al principio ser un productivo de la avenida de la investigación que nos pueden ayudar a averiguar qué números naturales tienen la relación correspondiente a la relación de la plaza en diagonal a su lado en lugar de ello nos conduce a una reductio ad absurdum.
