Matematické Fórum

vanok · 07. 05. 2014 11:25

Ahoj
Pripominam, ze $[\sqrt n]$ je cela cast $\sqtr n$ .
Dokaz spociva na vlasnosti $\mathbb{N}$ o ktorej som ti uz tu pisal ↑↑ vanok:, je to dolezita vlasnost, ale na strednej skole sa o nej asi vela nehovori.
To sa tyka aj $E=\{p \in \mathbb{N}| p\sqrt n \in \mathbb{N} \}$
$m$ oznacuje jej minimalny prvok.
V dokaze je ukazane, ze
$m(\sqrt n -[\sqrt n])=m \sqrt n - m [\sqrt n] \in \mathbb{N}$ splnuje vsetko aby bol v $E$
ale je mensi ako $m$ , co je spor, lebo $m$ je vybrane minimalne.

Dosledok $\sqrt n$ nemoze byt rationalne.

vanok · 08. 05. 2014 17:34 — Editoval vanok (09. 05. 2014 10:30)

Ahoj,
Dalsi dokaz, vratim sa k tomu, co som pisal v # 21.
Kazde nenulove prirodzene cislo n, da sa napisat vo forme $n=N^2 p_1. ...p_k$ , kde $p_1,..., p_k$ su prvocisla.

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

.
Preto, $\sqrt n=N\sqrt {p_1. ...p_k}$ .
To znamena, ze $\sqrt n \in \mathbb{N}$ prave vtedy ked $\sqrt {p_1. ...p_k}\in \mathbb{N}$ kde $p_1,..., p_k$ su prvocisla.

vanok · 09. 05. 2014 19:41 — Editoval vanok (09. 05. 2014 20:27)

Dokaz sporom tvojej vlasnosti.
Predpokladajme, ze $\sqrt {p_1. ...p_k}\in \mathbb{Q}$ , cize $\sqrt {p_1. ...p_k}= \frac rs$ kde $r,s$ su nesudelitelne a nenulove.
Mame $s^2=r^2. p_1...p_k$
Vidime, ze $i =1,2,...,k; p_i|s^2$ !
Teraz pouzijeme tuto fondamentalnu vetu: ak nombre $p \in \mathbb{Z}$ premier ( nenulovy, nie inverzibilny). Potom $p|bc$ da $p|b\vee p|c$
( tento vysledok plati aj v inych okruhoh)

Tu mame $p_i|s^2$ co da $p_i|s$ .

Akoze $p_i$ su prvocisla mame $p_1...p_k|s$ .
Preto $m= t.p_1...p_k$ , kde $t \in \mathbb{N}$ a mame
$r^2=t^2.p_1^2...p_k^2$ ,
akoze $s^2=r^2. p_1...p_k$ , tak
$t^2.p_1^2...p_k^2=r^2. p_1...p_k$ .
Z toho $r^2=t^2. p_1...p_k$ .
Toto da pre $i= 1,...,k; p_i|r^2$ a preto $i= 1,...,k; p_i|r$ .
Preto mame, ze $r,s$ su obe delitelne kazdym $p_i$ a tak nie su nesudelitelne, co je spor.
Dosledok : $\sqrt {p_1. ...p_k}\notin \mathbb{Q}$ a preto $\sqrt {p_1. ...p_k}\notin \mathbb{N}$ .

Cize vysledok co sme dokazali, da sa vyjadrit aj takto:
Ak v prvociselnom rozlade cisla
$n= p_1^{\alpha_1}...p_k^{\alpha_k}$

su len parne $\alpha_1, ..., \alpha_k$ , tak $\sqrt n$ je prirodzene cislo.
Ak v prvociselnom rozlade cisla
$n= p_1^{\alpha_1}...p_k^{\alpha_k}$
je aspon jedno neparne $\alpha_i$ , tak $\sqrt n$ je irationalne cislo.

vanok · 22. 05. 2014 14:10

Pozdravujem,
Dalsie riesenie.
Vieme http://en.wikipedia.org/wiki/Rational_root_theorem , ze vsetki rationalne korene nejakej rovnici z celymi koeficientami ( navzajom nesudelitelne) stupna $n$ b z nenulovym konstantnym koeficientom musia byt formy $\frac mn$ , kde $m$ deli konstantny koeficient rovnice a $n$ deli koeficient monomu $x^n$ . ( dokaz najdete aj v odkaze co je vyssie).
Pouzijme to na dokaz, ze $\sqrt 2$ je iracionalne.
Vidime, ze $\sqrt 2$ , je koren rovnice $x^2-2=0$ ,
Rationalne korene tejto rovnice musia byt, ak existuju delitele cisla 2, cize musia byt v tomto zozname( ak existuju) -1,-2,1,2.
Konstatujeme, ze ziadne z tychto cisiel, nie je koren rovnice. Preto $\sqrt 2$ nie je rationalne cislo.
Podobne pre ine cisla, co nie su stvorce.

vanok · 07. 06. 2014 22:15

Pozdravujem,
Dalsia mozna metoda.
Pouzite vlasnosti retazovych zlomkov.
Zaujima to niekoho?

Freedy · 14. 06. 2014 00:50

Ten důkaz přes rovnice s racionálními koeficienty je asi nejkrásnějši a nejjednodušší. Je to pochopitelné že to tak musí být.

vanok · 14. 06. 2014 14:08

Akoze toto vlakno sa zaujima o iracionalne cisla.
Niekto by sa mohol pokusit dokazat ze cislo $e$ je iracionalne.

nikoma · 14. 06. 2014 14:47

Znám tři pěkné důkazy toho, že neexistuje racionální číslo $q$ takové, že $q^2 = 2$ , které nevyužívají žádných vlastností dělitelnosti.

První (IMHO nejhezčí) důkaz je tady na druhé stránce: http://thewe.net/math/conway.pdf

Druhý důkaz je tady: http://www.artofproblemsolving.com/Foru … 7#p3123537

A třetí důkaz je tady: http://blog.plover.com/math/sqrt-2-new.html

vanok · 14. 06. 2014 19:19

Pekne, mozno by sme mohli urobit tu taku zbierku dokazov na tu temu.

vanok · 14. 06. 2014 21:08 — Editoval vanok (14. 06. 2014 21:11)

Teraz sa vratme k iracionalite Eulerovho cisla $e$ .
Uz aj na strednej skole ziaci vedia, ze je definovane ako
$e=1+\frac 1{1!}+\frac 1{2!}+...+\frac 1{n!}+...$
( suma ktora ma nekonecne vela clenov).
Predpokladajme, ze e je rationalne cislo, preto $e= \frac ab$ , kde a, b su celé cisla.
Pre $k \ge b$ konstatujeme, ze $\alpha=( e-1-\frac 1{1!}-...-\frac 1{k!})k!$ je cele cislo $>0$ .
Na druhej strane
$\alpha = \frac 1{k+1}+\frac 1{(k+1)(k+2)}+\frac 1{(k+1)(k+2)(k+3)}+...$
$<\frac 1 {k+1}+\frac 1 {(k+1)^2}+\frac 1 {(k+1)^3}+...=\frac 1 k$ no ale to je spor.
To dokazuje, ze $e$ je iracionalne cislo.

Dokonca sa da dost jednoducho dokazat,ze $e^y$ je iracionalne cislo, pre kazde nenulove rationalne $y$ .
V dokaze pouzijem tento dosledok binonickej vety.
$x^n(1-x)^n= \sum_{m=n}^{2n}c_m.x^m$ kde $c_m$ su cele cisla.
definujme funkciu f, taku ze $f(x)=\frac {x^n(1-x)^n}{n!}= \frac 1{ n!} \sum_{m=n}^{2n}c_m.x^m$ na pokracovanie

Vašek · 14. 06. 2014 21:36 — Editoval Vašek (14. 06. 2014 21:44)

Ahoj, důkaz pro $\sqrt{A}$ je iracionální pro A není čtverec:
uvažujme, že je to racionální číslo, pak
$\sqrt{A}=\frac{p}{q}$ z toho
$\sqrt{A\cdot q^{2}}=p$
zaveďme substituci $A\cdot q^{2}=B$ pak
$B=p^{2}$ prvočíselný rozvoj B je q*q*A a zároveň B je čtverec, proto A je také čtverec, což je spor.
pro třetí odmocninu z nekrychle, čtvrtá z hyperkrychle... Jsou triviálním rozvojem tohoto důkazu
Je tento důkaz v pořádku prosím?
A ještě se zeptám, napadá tě (vás) důkaz e je iracionální s využitím derivace e^x? Mě nenapadá a nevím, jestli z toho lze důkaz vyvodit
děkuji

vanok · 14. 06. 2014 21:49

Ahoj, tvojom dokaze predpokladas $\sqrt{A}=\frac{p}{q}$ kde p, q su nesudelitelne. To este neznamena, ze p, q su prvocisla.
Ja som vyssie napisal jeden dokaz, iracionalite cisla e, a vobec neplanujem ( a ani nemam cas) tu davat ine.
Dobre pokracovanie.

Vašek · 14. 06. 2014 22:07 — Editoval Vašek (14. 06. 2014 22:08)

A na tom záleží? já nevidím možnost, která tam unikne.
Navíc mne napadá, není $A=\frac{p^{2}}{q^{2}}$ samo o sobě důkazem, tedy že A je čtvercem $\frac{p}{q}$ a roznásobení o q na tom nic nemění ?

vanok · 14. 06. 2014 22:35

Ak pises matematicky dokaz, je dobre porozmyslat o nom, aby si sa vyhol nedostatkom, nepresnostiam a chybam. Vsak, dokaz je na to aby presvecil inych, ze tvoja dedukcia je dobra.

Inac podobne myslienky, ( podobne tej co si vyjadril ) co sa tyka dokazov irationality odmocnin uz boli diskutovane na tomto vlakne. Mozes si ich pozriet. Iste su aj ine o ktorych sa nediskutovalo... Ak natrafis na take, tak mozes aj inych kolegov o tom informovat.

vanok · 20. 06. 2014 20:43

Aj toto je zaujimave
http://en.m.wikipedia.org/wiki/Square_root_of_2

Matematické Fórum

#26 07. 05. 2014 11:25

Re: Iracionální odmocniny

#27 08. 05. 2014 17:34 — Editoval vanok (09. 05. 2014 10:30)

Re: Iracionální odmocniny

#28 09. 05. 2014 19:41 — Editoval vanok (09. 05. 2014 20:27)

Re: Iracionální odmocniny

#29 22. 05. 2014 14:10

Re: Iracionální odmocniny

#30 07. 06. 2014 22:15

Re: Iracionální odmocniny

#31 14. 06. 2014 00:50

Re: Iracionální odmocniny

#32 14. 06. 2014 14:08

Re: Iracionální odmocniny

#33 14. 06. 2014 14:47

Re: Iracionální odmocniny

#34 14. 06. 2014 19:19

Re: Iracionální odmocniny

#35 14. 06. 2014 21:08 — Editoval vanok (14. 06. 2014 21:11)

Re: Iracionální odmocniny

#36 14. 06. 2014 21:36 — Editoval Vašek (14. 06. 2014 21:44)

Re: Iracionální odmocniny

#37 14. 06. 2014 21:49

Re: Iracionální odmocniny

#38 14. 06. 2014 22:07 — Editoval Vašek (14. 06. 2014 22:08)

Re: Iracionální odmocniny

#39 14. 06. 2014 22:35

Re: Iracionální odmocniny

#40 20. 06. 2014 20:43

Re: Iracionální odmocniny

Zápatí