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Críticas en la prueba $\sqrt{12}$ es irracional.

Mi exposición única de las pruebas fue en una de matemáticas de la lógica de la clase que tomé en la Universidad. Me preguntaba si mi intento de demostrar que el $\sqrt{12}$ es irracional es ACEPTAR.

$$\Big(\frac{m}{n}\Big)^2 = 12$$ $$\Big(\frac{m}{2n}\Big)^2 = 3$$ $$m^2=3*(2n)^2$$

Esto implica $m$ es uniforme y por lo $n$ debe ser impar.

El problema se puede reducir a:

$$\Big(\frac{p}{n}\Big)^2 = 3$$

Debido a $n$ es impar, $p^2$ es impar, por lo $p$ es impar.

Esto implica: $$4a+1 = 3(4b+1)$$ $$4a - 12b = 2$$ $$2a - 6b = 1$$

Estoy un poco atascado en este punto. Sé que esto no puede ser cierto, pero no sé cómo decirlo. Cualquier critica o sugerencia? Gracias!

36voto

Brian Hinchey Puntos 1112

Se hizo demasiado complicado, en mi opinión.

Primero nos muestran que un número racional (diferente de $0$) veces irracional es irracional.

La prueba por contradicción: Vamos $x\in \mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$, $a,c\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}$, $b,d\in \mathbb{N}, d \neq 0$. $$x\cdot \frac{a}{b}=\frac{c}{d} \iff x=\frac{bc}{ad},$$ so $x$ sería racional.

Uso $$\sqrt{12}=\sqrt{4\cdot 3} = \sqrt{4} \cdot \sqrt{3} = 2 \cdot \sqrt{3}$$ Por lo $\sqrt{12}$ irracional $\iff \sqrt{3}$ es irracional.

Ahora, mostramos $3|p^2 \implies 3|p$: sabemos que 3 es un número primo, así que con Euclides el lema que hemos $$3|p^2 \implies 3|p \wedge 3|p \implies 3|p$$ Para demostrar que $\sqrt{3}$ es irracional, se deriva una contradicción: $$\sqrt{3}=\frac{p}{q}\iff 3q^2=p^2 \implies \exists k \in \mathbb{N}: 3k =p$$ $$q^2=3k^2$$ Por lo $q$ $p$ ambos tienen el divisor $3$. Ahora hay dos formas diferentes de utilizar esta información. La primera procede por la contradicción, suponiendo que $p$ $q$ no tienen un divisor común, pero como se puede demostrar que siempre tiene el divisor $3$, no se puede escribir $\sqrt{3}$ como una fracción de números sin divisores comunes. Esta es la manera más elegante en mi opinión. La otra forma es mostrar que tanto $p$ $q$ no puede ser finito, porque repitiendo este argumento vemos a $3^n|p$ todos los $n \in \mathbb{N}$ y de manera similar para $q$.
Pero debido a $p,q\in \mathbb{N}$, $3^n> 1+2n$ y el principio de Arquímedes tenemos una contradicción.

13voto

Edward Brey Puntos 625

El siguiente es diferente en el estilo. Evita el uso de la factorización única propiedad que los argumentos acerca de la divisibilidad por el primer $3$ uso.

Suponga $\sqrt{12}$ es racional. Elige entre todas las fracciones equivalentes el uno con el menos positivo denominador; hágase $m/n$. Por lo tanto $m^2 = 12 n^2$, y tenemos $$9 n^2 < m^2 < 16 n^2$$ $$3n < m < 4 n$$ $$0 < m -3n < n$$ Ahora $$\begin{align} \left({12n - 3m \over m - 3n}\right)^2 &= { 9(16n^2 -8mn+m^2)\over m^2-6mn+9n^2}\\ &= { 9(16n^2 - 8mn + 12n^2)\over 12n^2 - 6mn + 9n^2} \\ &= { 36(7n-2m)n\over 3(7n-2m)n} = 12\,, \end{align}$$ es decir, que la ${12n - 3m \over m -3n}$ es igual a $\sqrt{12}$ y tiene menor denominador. Esto es imposible, ya que elegimos $m/n$ a ser en menos términos.
QED


En caso de que usted se está preguntando cómo encontrar la fracción, a partir de la continuación de la fracción de expansión de $\sqrt{12}$. Uno tiene $$\begin{align} x=\sqrt{a^2+b}&=a+{b \over 2a + \displaystyle{b \over 2a + \displaystyle {b \over 2a + \cdots}}} \\ &= a + {b \over a + x} \end{align}$$ En este caso, $a=b=3$ e si $x = M/N = m/n$ son dos la raíz cuadrada de $12$, luego $$ {m\sobre n} = 3 + {3 \más de 3 años + {M \sobre N}} = {12 N + 3M \sobre 3N + M} $$ Ahora resolver el sistema $$ m = 12N + 3M, \quad n = 3N + M$$ para $M$, $N$, y obtener la nueva fracción en términos de $m$, $n$: $$ {M \sobre N} = {12n - 3m \sobre m -3n} $$ Entonces usted tiene que comprobar que se trata de una raíz cuadrada de $12$ y el denominador es positivo y ha disminuido.

El procedimiento de obras en general, mientras $a^2+b$ no es un cuadrado (y $a$ $b$ son positivas).

8voto

cargom98 Puntos 66

Si sabes que $\sqrt{3}$ es irracional entonces tenemos más fácil método como sigue:

Si $\sqrt{12}$ quiere ser racional por lo que debe ser en forma de $\frac{m}{n}$ pero sabemos $\sqrt{12}=\sqrt{2^{2}.3}=2\sqrt{3}$ lo $\sqrt{3}=\frac{m}{2n}$ y debe ser racional también que es contradicción. Así $\sqrt{12}$ no puede ser racional.

Y si no sabes que $\sqrt{3}$ es irracional que se puede demostrar como de costumbre la forma en que se describe por otros y luego usa este método para concluir es irracional según $\sqrt{12}$ $\sqrt{3}$ es irracional.

8voto

user772913 Puntos 56

Todavía otra manera simple de demostrar esto!
La pregunta es equivalente con la irracionalidad de $\sqrt3$, que es lo mismo como una muestra de que no existe ninguna solución racional a $x^2-3=0$. Criterio de por Eisenstein, el polinomio es irreducible hecho $\mathbb Q$. Así que esto termina la prueba.

3voto

Lubin Puntos 21941

Si estás dispuesto a utilizar el teorema Fundamental de la aritmética, que dice que la descomposición de cualquier número entero distinto de cero como producto de números primos es única, entonces esta prueba y todos los demás de la irracionalidad de la raíz de $r$-th, cae derecho hacia fuera.

Escriba $m^2=12n^2$. Esto contradice FTA porque hay uniformemente muchos $3$ a la izquierda, pero curiosamente muchos de la derecha.

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