¿Hay una prueba de la irracionalidad de $\sqrt{2}$ que involucra aritmética modular?

Question

Estaba leyendo Ian Stewart Conceptos de Matemática Moderna.

Usando congruencias, Es posible explicar por qué todos los cuadrados perfectos final en $0,1,4,5,6,9$, pero no en $2,3,7,8$.

Con esto, yo tenía la idea de explorar las congruencias para ambos lados de $n^2=2m^2$ en Mathematica:

Table[Mod[n^2, 9], {n, 0, 20}]

Table[Mod[2 m^2, 9], {n, 0, 20}]

Y tuvo los resultados:

{0, 1, 4, 0, 7, 7, 0, 4, 1, 0, 1, 4, 0, 7, 7, 0, 4, 1, 0, 1, 4}

{0, 2, 8, 0, 5, 5, 0, 8, 2, 0, 2, 8, 0, 5, 5, 0, 8, 2, 0, 2, 8}

Pero todavía no estoy seguro de si los resultados se muestran realmente lo que estoy buscando, también he intentado $mod \;10$. La idea es todavía bastante floja en mi mente, estoy atascado en decidir si esto es algo o qué dirección podría tomar en esta empresa.

Answer 1

es irreducible $x^2-2$ $\mathbb{Z}$ por la reducción puesto que es irreductible en $\mathbb{F}_3$. Comprobar directamente $0^2-2 \equiv 1, 1^2-2 \equiv 2, 2^2-2 \equiv 2 \bmod 3$.

Otra alternativa: Si $z \in \mathbb{Z}$ $z^2=2$, entonces el $2$-adic valoración da $2 \cdot v_2(z)=v_2(2)=1$, contradicción.

Answer 2

Esto es sólo la prueba estándar, reescrito en aritmética modular:

La clave aquí es que $\gcd(m,n)=1$.

Ahora, mira %#% $ #% en los tres casos:

• $$n^2=2m^2 \pmod{4},$ ambos impares.
• $m,n$incluso, $m$ impar
• $n$impar, $m$ incluso

Sin embargo, esta prueba es bastante artificial.