Реални бројеви · свеска

Ирационални бројеви

Доказ контрадикцијом

Направимо претпоставку (супротну од онога што доказујемо).
Радимо на основу претпоставке.
Дођемо до контрадикције — нечега немогућег.
Дакле претпоставка је нетачна, а тачно је супротно од ње.

Теорема. Једначина \(x^2 = 2\) нема решење у скупу \(\mathbb Q\), тј. \(\sqrt2\) је ирационалан.

Доказ. Претпоставимо да постоји рационалан број \(\tfrac pq\) са \(\big(\tfrac pq\big)^2 = 2\), где су \(p\) и \(q\) узајамно прости (разломак је скраћен).

\(\tfrac{p^2}{q^2} = 2\), па је \(p^2 = 2q^2\).
\(2 \mid 2q^2\), па \(2 \mid p^2\), а онда и \(2 \mid p\) (квадрат непарног броја је непаран).
\(p = 2k\), па је \(4k^2 = 2q^2\), тј. \(q^2 = 2k^2\).
\(2 \mid q^2\), па \(2 \mid q\).
\(2 \mid p\) и \(2 \mid q\) — контрадикција са тим да су \(p\) и \(q\) узајамно прости.

Решење\(\sqrt2 \notin \mathbb Q\)

Задатак. Докажи да је \(\sqrt6\) ирационалан.

Нека је \(\sqrt6 = \tfrac pq\), \(\operatorname{НЗД}(p,q) = 1\). Тада \(6 = \tfrac{p^2}{q^2}\), тј. \(p^2 = 6q^2\).
\(2 \mid 6q^2\), па \(2 \mid p^2\) и \(2 \mid p\); \(p = 2k\).
\(4k^2 = 6q^2\), тј. \(2k^2 = 3q^2\). Дакле \(2 \mid 3q^2\), а пошто \(2 \nmid 3\), следи \(2 \mid q^2\) и \(2 \mid q\).
И \(p\) и \(q\) су парни — контрадикција.

Решење\(\sqrt6 \notin \mathbb Q\)

Задатак 37. Докажи да \(\sqrt{5n+2}\) није природан број ни за један природан број \(n\).

Број \(5n + 2\) се завршава цифром \(2\) или \(7\).
Квадрат природног броја завршава се само цифром \(0, 1, 4, 5, 6\) или \(9\).
Зато \(5n+2\) није потпун квадрат, па \(\sqrt{5n+2}\) није природан број.

Општије: ако природан број није квадрат природног броја, његов корен је ирационалан (доказ иде као за \(\sqrt2\) и \(\sqrt6\), преко растављања на просте чиниоце \(p_1 p_2 \cdots p_n\)). Отуда је и \(\sqrt{5n+2}\) увек ирационалан.

Напомене уз запис из свеске

Провера. Доказ за \(\sqrt2\) у свесци је исправан. Доказ за \(\sqrt6\) (у свесци уз задатак 34) такође; ланац „\(2 \mid 6q^2\) \(\Rightarrow 2 \mid p\) \(\Rightarrow 4 \mid p^2\) \(\Rightarrow 2 \mid 3q^2\) \(\Rightarrow 2 \mid q\)“ овде је исписан у корацима.
Задатак 37. У свесци је записано „последња цифра мора бити \(2\) или \(7\), а не постоји квадрат броја који се завршава на \(2\) или \(7\)“. Тиме је показано да \(5n + 2\) није потпун квадрат; ирационалност корена следи из општег тврђења изнад.

LaTeX извор (pdflatex, TikZ скица)

\documentclass[a4paper,11pt]{article}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T2A]{fontenc}
\usepackage[serbianc]{babel}
\usepackage[margin=2.5cm]{geometry}
\usepackage{amsmath,amssymb,amsthm}
\usepackage{array,booktabs}
\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{calc,angles}

\newtheorem{theorem}{Теорема}
\newcommand{\len}[1]{\lvert #1\rvert}

\begin{document}

\begin{center}
  {\large\bfseries Реални бројеви} \\[2pt]
  {\small Ирационални бројеви}
\end{center}

\section*{Доказ контрадикцијом}

\begin{itemize}
  \item Направимо претпоставку (супротну од онога што доказујемо).
  \item Радимо на основу претпоставке.
  \item Дођемо до контрадикције — нечега немогућег.
  \item Дакле претпоставка је нетачна, а тачно је супротно од ње.
\end{itemize}

\begin{theorem}
Једначина $x^2 = 2$ нема решење у скупу $\mathbb Q$, тј. $\sqrt2$ је ирационалан.
\end{theorem}

\subsection*{Доказ}
Претпоставимо да постоји рационалан број $\tfrac pq$ са $\big(\tfrac pq\big)^2 = 2$, где су $p$ и $q$ узајамно прости (разломак је скраћен).

\begin{enumerate}
  \item $\tfrac{p^2}{q^2} = 2$, па је $p^2 = 2q^2$.
  \item $2 \mid 2q^2$, па $2 \mid p^2$, а онда и $2 \mid p$ (квадрат непарног броја је непаран).
  \item $p = 2k$, па је $4k^2 = 2q^2$, тј. $q^2 = 2k^2$.
  \item $2 \mid q^2$, па $2 \mid q$.
  \item $2 \mid p$ и $2 \mid q$ — контрадикција са тим да су $p$ и $q$ узајамно прости.
\end{enumerate}
\noindent\textbf{Решење:} $\sqrt2 \notin \mathbb Q$


\subsection*{Задатак}
Докажи да је $\sqrt6$ ирационалан.

\begin{enumerate}
  \item Нека је $\sqrt6 = \tfrac pq$, $\operatorname{НЗД}(p,q) = 1$. Тада $6 = \tfrac{p^2}{q^2}$, тј. $p^2 = 6q^2$.
  \item $2 \mid 6q^2$, па $2 \mid p^2$ и $2 \mid p$; $p = 2k$.
  \item $4k^2 = 6q^2$, тј. $2k^2 = 3q^2$. Дакле $2 \mid 3q^2$, а пошто $2 \nmid 3$, следи $2 \mid q^2$ и $2 \mid q$.
  \item И $p$ и $q$ су парни — контрадикција.
\end{enumerate}
\noindent\textbf{Решење:} $\sqrt6 \notin \mathbb Q$


\subsection*{Задатак 37}
Докажи да $\sqrt{5n+2}$ није природан број ни за један природан број $n$.

\begin{enumerate}
  \item Број $5n + 2$ се завршава цифром $2$ или $7$.
  \item Квадрат природног броја завршава се само цифром $0, 1, 4, 5, 6$ или $9$.
  \item Зато $5n+2$ није потпун квадрат, па $\sqrt{5n+2}$ није природан број.
\end{enumerate}


Општије: ако природан број није квадрат природног броја, његов корен је ирационалан (доказ иде као за $\sqrt2$ и $\sqrt6$, преко растављања на просте чиниоце $p_1 p_2 \cdots p_n$). Отуда је и $\sqrt{5n+2}$ увек ирационалан.

\end{document}