Matematické Fórum

Freedy · 05. 05. 2014 12:38 — Editoval Freedy (05. 05. 2014 12:41)

Ahoj,

před chvílí jsem se tu koukal na téma s odmocninou ze tří. Docela by mě zajímalo, jestli obecně tvrzení, že jakákoliv odmocnina z celého čísla, která není čtvercem jiného přirozeného čísla, musí být iracionální?
Vemu si nějaké nějaké přirozené číslo $A\in\mathbb{N}, A\not \in \mathbb{S}$ kde S je množina čtvercových čísel: $\mathbb{S}=\{1;2;4;9;16...a^2\},a\in \mathbb{N}$
Tak můžu budovat spor na tom, že se odmocnina z A dá zapsat ve tvaru zlomku:
$\sqrt{A} = \frac{q}{p} \quad q,p,A\in \mathbb{N}$ kde q a p jsou nesoudělná čísla.
Po umocnění dostávám:
$p^2A = q^2$
Pokud tedy A není čtvercové číslo, můžu předpokládat že:
$A|q^2 \Rightarrow A|q$
q lze tedy zapsat jako:
$q=Ar, \quad r\in \mathbb{N}$ kde q a r jsou nesoudělná čísla.
Po dosazení do výše uvedené rovnice tedy dostávám:
$Ap^2=A^2r^2$
$p^2=Ar^2$ >>> z čehož plyne že: $A|p^2\Rightarrow A|p$
A tedy p a q jsou nesoudelná čísla, přitom mají společného dělitele A.

Lze toto tvrdit, nebo skutečně existuje odmocnina z nečtvercového přirozeného čísla, která je racionální?
Jediné co mě napadlo je tvrdit že:
$44|q^2\Rightarrow 22 |q$ pokud v prvočíselném rozkladu nalezneme alespoň dvě stejná přirozená čísla, tak tento předpoklad, že: $A|q^2\Rightarrow A|q$ asi nebude platit, nebo spíš nebude přesný.

vanok · 05. 05. 2014 12:53

Pozor, $A|q^2 \Rightarrow A|q$ vseobecne neplati.
Napr. 25|100, ale nie 10.

Tvoj dokaz treba upravit.
Pouzi prvociselny rozklad cisla A.

Freedy · 05. 05. 2014 13:09 — Editoval Freedy (05. 05. 2014 13:17)

vanok napsal(a):
Napr. 25|100, ale nie 10.

předpokládám že A není ze čtvercových čísel, ale 25 je 5^2. Samozřejmě to nic neřeší na tom, kdyby tam bylo 50 dělí 100 >> ale 50 už nedělí 10 to chápu.

Prvočíselný rozklad neznámého čísla? Důkaz by teda šel provést obecně na čísla, které lze zapsat ve tvaru:
$A=\prod_{i=2}^{\infty }i^{a_n}, \quad i\in \mathbb{P},a_n\in \{0;1\}$
Protože poté by bylo možné předpokládat, že se v prvočíselném rozkladu neobjeví žádná druhá mocnina nějakého přirozeného čísla. Čili například číslo:
2*3*5*7*11*13*17 = 510510
$\sqrt{510510}=\frac{a}{b}, \quad a,b\in \mathbb{N}$
$510510b^2=a^2$
$(2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11\cdot 13\cdot 17)|a^2 \Rightarrow (2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11\cdot 13\cdot 17)|a$
a proto lze zapsat číslo a ve tvaru:
$a=(2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11\cdot 13\cdot 17)r$ po dosazení:
$(2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11\cdot 13\cdot 17)b^2=(2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11\cdot 13\cdot 17)^2r^2$
$b^2=(2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11\cdot 13\cdot 17)r^2$
což je hledaný spor.
Ale takto to lze dokázat pouze pro čísla splňující podmínku výše. Jak to lze dokázat pro čísla ve tvaru:
$A=\prod_{i=2}^{\infty }i^{a_n}, \quad i\in \mathbb{P}, a_n\in \mathbb{N}$ ?

Děkuji
Důkaz pro osmičku:

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

vanok · 05. 05. 2014 13:14 — Editoval vanok (05. 05. 2014 13:21)

Ahoj ↑ Freedy:,
Akoze sa to nepohlo, mas nieco nove?
Alebo chces trochu pomoci?
Mame k dispozicii viacej dokazov.
Napisal si $\sqrt{A} = \frac{q}{p} \quad q,p,A\in \mathbb{N}$ pré nesudelitelne p, q
( $\mathbb{N}$ , zda sa ze toto chapes ako nenulove prirodzene cisla, viem ze to zavisi od definicii, ale tak ci tak je to lepsie upresnit )

Skus dokazat, ze za tvojho predpokladu, mas q=1.

Freedy · 05. 05. 2014 13:34 — Editoval Freedy (05. 05. 2014 14:04)

Pokud lze číslo zapsat ve tvaru:
$A=\prod_{i=2}^{\infty }i^{a_n}, \quad i\in \mathbb{P}, a_n\in \mathbb{N}$
Potom lze předpokládat že:
$\sqrt{\prod_{i=2}^{\infty }i^{a_n}}=\frac{p}{q}, , \quad i\in \mathbb{P}, a_n,p,q\in \mathbb{N}$
$q^2\prod_{i=2}^{\infty }i^{a_n}=p^2$
Se součinem jako takovým neumím moc pracovat.
Dle mého názoru pokud tam budou skutečně v prvočíselném rozkladu čtvercová čísla, nebo klidně i vyšší mocniny, lze ten postup zopakovat n způsoby:
$q^2(2^{a_1}\cdot3^{a_2}\cdot 5^{a_3}... r^{a_n} )=p^2, a_n\in \mathbb{N}$
Pokud bych si rozdělil exponenty na sudé a liché můžu psát:
$(2^{2a_1+b_1}\cdot3^{2a_2+b_2}\cdot 5^{2a_3+b_3}... r^{2a_n+b_n} )|p^2\Rightarrow (2^{a_1+b_1}\cdot3^{a_2+b_2}\cdot5^{a_3+b_3}... r^{a_n+b_n})|p, \quad a_n \in \mathbb{N}, b_n\in \{0;1\}$
Potom by šlo číslo p vyjádřit ve tvaru:
$p= (2^{a_1+b_1}\cdot3^{a_2+b_2}\cdot5^{a_3+b_3}... r^{a_n+b_n})s, s\in \mathbb{N}$
A následně do výše uvedené rovnosti:
$q^2(2^{2a_1+b_1}\cdot3^{2a_2+b_2}\cdot 5^{2a_3+b_3}... r^{2a_n+b_n} )= (2^{a_1+b_1}\cdot3^{a_2+b_2}\cdot5^{a_3+b_3}... r^{a_n+b_n})^2s^2$
((((((( Bych po vykrácení dostal:
$q^2(2^{a_1}\cdot3^{a_2}\cdot 5^{a_3}... r^{a_n} )= s^2$ >>> (zde je brutální chyba) )))))))

""opravím""

Po vykrácení bych dostal:
$q^2= \frac{2^{2a_1+2b_1}\cdot3^{2a_2+2b_2}\cdot5^{2a_3+2b_3}... r^{2a_n+2b_n}}{2^{2a_1+b_1}\cdot3^{2a_2+b_2}\cdot 5^{2a_3+b_3}... r^{2a_n+b_n} }s^2$
$q^2=(2^{b_1}\cdot 3^{b_2}\cdot 5^{b_3}\cdot r^{b_n})s^2$

Čili platí:
$(2^{b_1}\cdot 3^{b_2}\cdot 5^{b_3}\cdot r^{b_n})|q^2\Rightarrow (2^{b_1}\cdot 3^{b_2}\cdot 5^{b_3}\cdot r^{b_n})|q$ za počátečního předpokladu že $b_n\in \{0;1\}$

Číslo q nyní lze zapsat ve tvaru:
$q=(2^{b_1}\cdot 3^{b_2}\cdot 5^{b_3}\cdot r^{b_n})k, \quad k\in \mathbb{N}$
číslo p ale lze zapsat ve tvaru:
$p= (2^{a_1+b_1}\cdot3^{a_2+b_2}\cdot5^{a_3+b_3}... r^{a_n+b_n})s$
Což není nic jiného než:
$p = (2^{a_1}\cdot3^{a_2}\cdot5^{a_3}... r^{a_n}) (2^{b_1}\cdot3^{b_2}\cdot5^{b_3}... r^{b_n})s$
Takže čísla P a Q jsou nesoudělná ale přesto mají společného dělitele:
$(2^{b_1}\cdot3^{b_2}\cdot5^{b_3}... r^{b_n})$

JE TOHLE V POŘÁDKU?

Freedy · 05. 05. 2014 13:41

vanok napsal(a):
Skus dokazat, ze za tvojho predpokladu, mas q=1.

Pokud jsou p a q nesoudělné a $q = 1$ , potom musí být $p>q$ . Za tohoto předpokladu je:
$\frac{1}{q} < 1, \quad q\in \mathbb{N}$
Dále ale platí, že pokud je $A\in \mathbb{N}$ tak:
$\sqrt{A}\ge 1$
Čili q nemůže být 1.

Pokud teda vycházím z definice:
$\sqrt{A}=\frac{q}{p}, \quad q,p,A\in \mathbb{N}$ kdy je q čitatel, nikoliv jmenovatel.

vanok · 05. 05. 2014 13:45

↑ Freedy:,
Mas v tom vyuzitelne myslienky.
O tom ti postupne napisem.
Skus ale najprv ↑ vanok:z tym dokazom, ze q=1.

Je jednoduchy ale treba dobre argumentovat v dokaze. Ak robis mat. Olympiady, moze byt aj tam uzitocny.

Freedy · 05. 05. 2014 13:50

V prvním příspěvku jsem psal:
$\sqrt{A}=\frac{q}{p}, \quad p,q,A \in \mathbb{N}$
V dalším ale:
$\sqrt{A}=\frac{p}{q}, \quad p,q,A \in \mathbb{N}$
Proto teď nevím, jestli máš na mysli q = 1 jako čitatel nebo jako jmenovatel. Čitatel může být q = 1 pouze za předpokladu, že A = 1 a potom p = 1. Jmenovatel může, ale to pouze za předpkladu že $A=a^2, \quad a\in \mathbb{N}$

vanok · 05. 05. 2014 13:59 — Editoval vanok (05. 05. 2014 13:59)

Myslel som na ten druhy ( to som prehliadol ze tam bola ta inverzia)
$\sqrt{A}=\frac{p}{q}, \quad p,q,A \in \mathbb{N}$ .
Umocni to za tvojich predpokladov na druhu,

Freedy · 05. 05. 2014 14:05 — Editoval Freedy (05. 05. 2014 14:07)

V příspěvku 5 jsem editoval řešení, respektive jeho konec. Je to takto v pořádku?

vanok napsal(a):
Myslel som na ten druhy ( to som prehliadol ze tam bola ta inverzia)
$\sqrt{A}=\frac{p}{q}, \quad p,q,A \in \mathbb{N}$ .
Umocni to za tvojich predpokladov na druhu,

Ale v případě q = 1 by to potom přeslo do tvaru:
$\sqrt{A}=p$ a následně:
$A=p^2$
Čili číslo a by bylo druhou mocninou nějakého přirozeného čísla, to znamená, že by dané číslo bylo racionální.

vanok · 05. 05. 2014 14:17 — Editoval vanok (05. 05. 2014 14:23)

↑ Freedy:,
Ano, to to dostanes po dokaze, ze q=1,(treba ho urobit)
Predpoklad na zaciatku dokazu je nutne formulovat takto, $\sqrt{A}=\frac{p}{q}, \quad p,q,A \in \mathbb{N}$ p, q nesudelitelne a zaroven $\sqrt A \notin \mathbb{N}$ ( co si vlastne predpokladal, v tvojom prvom prispevku , ale tu som ti to zopakoval, aby si to mal n'a mysli)

Freedy · 05. 05. 2014 14:20

Pořád nerozumím tomu, jak myslíš to q = 1. Když bude q = 1 tak přece musí být $\sqrt{A} \in \mathbb{N}$ protože $p\in \mathbb{N}$

vanok · 05. 05. 2014 14:24

Opakujem umocni na druhu
$\sqrt{A}=\frac{p}{q}, \quad p,q,A \in \mathbb{N}$ !
Napis co to da.

Freedy · 05. 05. 2014 14:37

$A= \frac{p^2}{q^2}$ co jiného by to mělo dát?

vanok · 05. 05. 2014 14:42

Teraz, napisal si ze $\frac{p}{q}$ je taky ze p a p su navzajom nesudelitelne.
Co mozes povedat o $\frac{p^2}{q^2}$ ?

Freedy · 05. 05. 2014 14:59

Uvažujme dvě navzájem disjunktní množiny prvočísel:
$A= \{p_1;p_2;p_3...p_n\}, p_n\in \mathbb{P}$
$B= \{q_1;q_2;q_3...q_n\}, q_n\in \mathbb{P}$
V takovém případě lze zlomek p/q rozložit na součin prvočísel:
$\frac{p}{q}=\frac{p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot p_3^{a_3}...\cdot p_n^{a_n}}{q_1^{b_1}\cdot q_2^{b_2}\cdot q_3^{b_3}...\cdot q_n^{b_n}},\quad p_n\in A, q_n\in B, a_n,b_n\in \mathbb{N}$
Po umocnění přechází zlomek do tvaru:
$\frac{p^2}{q^2}=\frac{p_1^{2a_1}\cdot p_2^{2a_2}\cdot p_3^{2a_3}...\cdot p_n^{2a_n}}{q_1^{2b_1}\cdot q_2^{2b_2}\cdot q_3^{2b_3}...\cdot q_n^{2b_n}},\quad p_n\in A, q_n\in B, a_n,b_n\in \mathbb{N}$
Pokud položíme:
$2a_n = c_n$
$2b_n = d_n$
Tak dostáváme:
$\frac{p^2}{q^2}=\frac{p_1^{c_1}\cdot p_2^{c_2}\cdot p_3^{c_3}...\cdot p_n^{c_n}}{q_1^{d_1}\cdot q_2^{d_2}\cdot q_3^{d_3}...\cdot q_n^{d_n}},\quad p_n\in A, q_n\in B, c_n,d_k\in \mathbb{N}$

Pokud platí $NSD(p;q) = 1$ >>> potom platí: $NSD(p^2;q^2) = 1$

vanok · 05. 05. 2014 15:05 — Editoval vanok (05. 05. 2014 15:09)

Pokracujem to znamena, ze v $\frac{p^2}{q^2}$
$p^2,q^2$ su tiez navzajom nesudelitelne.

Akoze $A$ ma jednoznacny prvociselny rozklad,
rovnost $A= \frac{p^2}{q^2}$ nam okamzite da $q^2=1$ , cize aj
$A=p^2$ , co je z rozpore z nasim predkladom.
Tym je dokazane, ze....

Poznamka, teraz mozes napisat tento ( zaujimavy) dokaz v jednom prispevku, aby to mohli vyuzit, aj tvoji menej nadani kolegovia.

Otazka, chces pokracovat aj na inych moznych dokazoch?

A tiez ukazat ci nieco podobne neplati aj pre ine odmocniny?

Freedy · 05. 05. 2014 15:15

Já pravdu neznám, o to je to horší, že možná dokazuju něco, co ani dokázat nemůžu, protože to není pravda.
Chci jen vědět, jestli odmocnina z jakéhokoliv přirozeného čísla, které není druhou mocninou jiného přirozeného čísla, je číslo iracionální.

Chápu to správně, že ty mi celou dobu chceš říct, že nemůžu dokazovat něco pro $A\in \mathbb{N}$ když pro $A=a^2, \quad a\in \mathbb{N}$ to očividně neplatí?
Nejde to tedy dokázat obecně?

vanok · 05. 05. 2014 15:24 — Editoval vanok (05. 05. 2014 15:29)

Vsak to mas teraz dokazane pre druhu odmocninu.
To je priklad dokazu sporom.
Iny priklad dokazu sporom je aj ten pre druhu odmocninu cisla 2.
Preto je uzitocne, pre teba, napisat do jednej spravny cely dokaz.
Su aj ine dokazy.

Tu ↑ Freedy: pises o akej odmocnine?
Napr pre tretiu odmocninu plati tiez podobna vlasnost....atd.

Freedy · 05. 05. 2014 15:26

Takže důkaz v příspěvku 5 je správný?

Samozřejmě se momentálně zabývám druhou odmocninou. Proč se teda řeší, zda-li je odmocnina z 2 nebo 3 iracionální, když můžeme v klidu říct, že odmocnina z jekéhokoliv nečtvercového čísla je iracionální?

vanok · 05. 05. 2014 15:39

↑ Freedy:,
Vsak dokaz, co je urobeny plati. Preco pises ak dokazeme ked uz mas jeden dokaz.
V tvojom #5, mas jednu myslienku, ale treba ist dalej. Treba tvoje cislo A rozlozit na $e^2. f$ kde f sa neda delit ziadnou druhou mocninou. ( je free-square)... Mozes na tom pracovat...
Ked napises podrobne ten dokaz, co si ti navrhol, potom by som ti skor ukazal, jeden zalozeny na inom principe... No ak chces. ( ale nie dnes)

Freedy · 05. 05. 2014 16:08

Určitě mám zájem o to vidět i jiný důkaz.
V mém postupu jsou chyby jak tak koukám zpětně. Zkusím ho dotáhnout do konce a taky ho sem přiložit.

vanok · 05. 05. 2014 16:18

↑ Freedy:?
To je dobry pristup, ak to vzladnes. Na chybach sa da vela naucit.

Dokaz, co ti chcem ukazat, pracuje na principe, ze kazda neprazdna podmnozina z $\mathbb{N}$ ma najmensi prvok. mozes zacat o tom rozmyslat.

vanok · 06. 05. 2014 20:00 — Editoval vanok (06. 05. 2014 21:04)

Ahoj ↑ Freedy:,
Dnes dam uplne riesenie tvojho vysledku,ktore pouziva ten princip o ktorom som ti vcera na konci pisal. Uvidis, ze je velmi elegantne.

O tomto rieseni len porozmyslaj, ( dobra priprava na vysokolske studia).

Predpokladajme, $\sqrt n$ je racionalne, ale nie cele.
Uvazujme mnozinu
$E=\{p \in \mathbb{N}| p\sqrt n \in \mathbb{N} \}$ ,
tato mnozina je neprazdna. Akoze je podmnozina z $\mathbb{N}$ , ma najmensi prvok, oznacme ho $m$
Potom
$m(\sqrt n -[\sqrt n])\sqrt n=mn - m \sqrt n [\sqrt n]\in \mathbb{N}$
No vsak mame
$m(\sqrt n -[\sqrt n])=m \sqrt n - m [\sqrt n] \in \mathbb{N}$ , co znamena
$m(\sqrt n -[\sqrt n]) \in E$ ale to protireci, minimalite m, pretoze
$\sqrt n -[\sqrt n]<1$ .

Freedy · 07. 05. 2014 10:36

Takovéto řešení je sice pěkné, ale moje znalosti ještě bohužel nejsou na takové úrovni. Kdyby jsi měl zájem a vysvětlil mi to podrobně krok po kroku, byl bych ti vděčný. Něco v tom vidím ale vůbec netuším ty přechody. Díky

Matematické Fórum

#1 05. 05. 2014 12:38 — Editoval Freedy (05. 05. 2014 12:41)

Iracionální odmocniny

#2 05. 05. 2014 12:53

Re: Iracionální odmocniny

#3 05. 05. 2014 13:09 — Editoval Freedy (05. 05. 2014 13:17)

Re: Iracionální odmocniny

vanok napsal(a):

#4 05. 05. 2014 13:14 — Editoval vanok (05. 05. 2014 13:21)

Re: Iracionální odmocniny

#5 05. 05. 2014 13:34 — Editoval Freedy (05. 05. 2014 14:04)

Re: Iracionální odmocniny

#6 05. 05. 2014 13:41

Re: Iracionální odmocniny

vanok napsal(a):

#7 05. 05. 2014 13:45

Re: Iracionální odmocniny

#8 05. 05. 2014 13:50

Re: Iracionální odmocniny

#9 05. 05. 2014 13:59 — Editoval vanok (05. 05. 2014 13:59)

Re: Iracionální odmocniny

#10 05. 05. 2014 14:05 — Editoval Freedy (05. 05. 2014 14:07)

Re: Iracionální odmocniny

vanok napsal(a):

#11 05. 05. 2014 14:17 — Editoval vanok (05. 05. 2014 14:23)

Re: Iracionální odmocniny

#12 05. 05. 2014 14:20

Re: Iracionální odmocniny

#13 05. 05. 2014 14:24

Re: Iracionální odmocniny

#14 05. 05. 2014 14:37

Re: Iracionální odmocniny

#15 05. 05. 2014 14:42

Re: Iracionální odmocniny

#16 05. 05. 2014 14:59

Re: Iracionální odmocniny

#17 05. 05. 2014 15:05 — Editoval vanok (05. 05. 2014 15:09)

Re: Iracionální odmocniny

#18 05. 05. 2014 15:15

Re: Iracionální odmocniny

#19 05. 05. 2014 15:24 — Editoval vanok (05. 05. 2014 15:29)

Re: Iracionální odmocniny

#20 05. 05. 2014 15:26

Re: Iracionální odmocniny

#21 05. 05. 2014 15:39

Re: Iracionální odmocniny

#22 05. 05. 2014 16:08

Re: Iracionální odmocniny

#23 05. 05. 2014 16:18

Re: Iracionální odmocniny

#24 06. 05. 2014 20:00 — Editoval vanok (06. 05. 2014 21:04)

Re: Iracionální odmocniny

#25 07. 05. 2014 10:36

Re: Iracionální odmocniny

Zápatí