Доказательство иррациональности кв.корня из 2 у Фихтенгольца

[Vladimir Pliassov]

Во введении 1т. «Курса дифференциального и интегрального исчисления» Г. М. Фихтенгольца, стр. 11, второй абзац http://ind.pskgu.ru/ebooks/f1/001.pdf

в доказательстве иррациональности числа $\sqrt{2}$ стоит:

Цитата:

Так как $p^2=2q^2$, то $p$ есть число четное: $p=2r$ ($r \,\, -$ целое) и, следовательно, $q \,\, -$ нечетное.

Согласен с тем, что $p$ четное число, так как произведение нечетных чисел всегда нечетно, а произведение $p\cdot p$ четно ($p^2=2q^2$), и, значит, $p$ не может быть нечетным числом.

Однако не согласен с тем, что $q$ должно быть непременно нечетным числом, так как, независимо от четности $q$, число $2q^2 \,\, -$ четное.

То есть -- если я не ошибаюсь, -- утверждать здесь можно не то, что $q$ непременно должно быть нечетным, а то, что $q$ может быть не только четным, но и нечетным.

Далее.

Цитата:

Подставляя вместо $p$ его выражение, найдем: $q^2=2r^2$, откуда следует, что $q \,\, -$ четное число. Полученное противоречие доказывает наше утверждение.

Таким образом, противоречие заключается не в том, что число $q$ одновременно является и нечетным (в $2q^2$), и четным (в $q^2=2r^2$), а в том, что оно, с одной стороны (в $2q^2$), может быть как четным, так и нечетным (то есть может быть нечетным),
с другой стороны (в $q^2=2r^2$), может быть только четным (не может быть нечетным).

Тем не менее, для доказательства этого достаточно.

[mihaild]

Vladimir Pliassov в сообщении #1495884 писал(а):

Однако не согласен с тем, что $q$ должно быть непременно нечетным числом

Выше написано, что $p$ и $q$ взаимно просты. А раз $p$ делится на $2$ и взаимно просто с $q$, то $q$ нечетное.

Vladimir Pliassov в сообщении #1495884 писал(а):

оно, с одной стороны (в $2q^2$), может быть как четным, так и нечетным (то есть может быть нечетным), с другой стороны (в $q^2=2r^2$), может быть только четным (не может быть нечетным)

Это что-то невнятное. Что значит "может быть"?

[Xaositect]

Vladimir Pliassov в сообщении #1495884 писал(а):

То есть -- если я не ошибаюсь, -- утверждать здесь можно не то, что $q$ непременно должно быть нечетным, а то, что $q$ может быть не только четным, но и нечетным.

Фихтенгольца под рукой нет, но в этом доказательстве где-то должно быть условие несократимости дроби $\frac{p}{q}$, то есть оба четными быть не могут.

[Vladimir Pliassov]

Условие несократимости есть, теперь понятно. Спасибо!

[wrest]

Vladimir Pliassov в сообщении #1495889 писал(а):

Условие несократимости есть, теперь понятно. Спасибо!

Причем прямо перед тем что вы начали цитировать, буквально:

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1495885 писал(а):

Vladimir Pliassov в сообщении #1495884 писал(а):

Однако не согласен с тем, что $q$ должно быть непременно нечетным числом

Выше написано, что $p$ и $q$ взаимно просты. А раз $p$ делится на $2$ и взаимно просто с $q$, то $q$ нечетное.

Vladimir Pliassov в сообщении #1495884 писал(а):

оно, с одной стороны (в $2q^2$), может быть как четным, так и нечетным (то есть может быть нечетным), с другой стороны (в $q^2=2r^2$), может быть только четным (не может быть нечетным)

Это что-то невнятное. Что значит "может быть"?

Если бы не условия (о которых я не подумал), что $p$ четно и $p$ и $q$ взаимно просты, то $q$ не обязано было бы быть непременно нечетным числом, так как, независимо от четности $q$, число $2q^2 \,\, -$ четное.

-- 09.12.2020, 20:53 --

wrest в сообщении #1495890 писал(а):

Vladimir Pliassov в сообщении #1495889 писал(а):

Условие несократимости есть, теперь понятно. Спасибо!

Причем прямо перед тем что вы начали цитировать, буквально:

Да, правда.

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1495885 писал(а):

Выше написано, что $p$ и $q$ взаимно просты. А раз $p$ делится на $2$ и взаимно просто с $q$, то $q$ нечетное.

Xaositect в сообщении #1495886 писал(а):

Фихтенгольца под рукой нет,

есть ссылка http://ind.pskgu.ru/ebooks/f1/001.pdf

Xaositect в сообщении #1495886 писал(а):

но в этом доказательстве где-то должно быть условие несократимости дроби $\frac{p}{q}$, то есть оба четными быть не могут.

wrest в сообщении #1495890 писал(а):

Vladimir Pliassov в сообщении #1495889 писал(а):

Условие несократимости есть, теперь понятно. Спасибо!

Причем прямо перед тем что вы начали цитировать, буквально:

Но без условия несократимости дроби доказательство можно сделать более общим.

Пусть при произвольных целых $p, q$

Цитата:

существует такая дробь $\frac pq$, что ${(\frac pq)}^2=2$. (Фихтенгольц)

Цитата:

Так как $p^2=2q^2$, то $p$ есть число четное: $p=2r$ ($r \,\, -$ целое). (Фихтенгольц)

При этом $q$ может быть как четным, так и нечетным - на четности ни $2q^2$, ни, следовательно, $p$ это не отразится.

То есть $q$ может быть нечетным.

Цитата:

Подставляя вместо $p$ его выражение, найдем: $q^2=2r^2$, откуда следует, что $q \,\, -$ четное число. (Фихтенгольц)

То есть $q$ не может быть нечетным.

Цитата:

Полученное противоречие доказывает наше утверждение. (Фихтенгольц)

[Brukvalub]

Всякую дробь можно сокращением сделать несократимой, так что никакого "обобщения" доказательства для сократимой дроби не требуется.

[Mikhail_K]

Vladimir Pliassov в сообщении #1495899 писал(а):

Но без условия несократимости дроби доказательство можно сделать более общим.

Нет, Ваше доказательство некорректно.

Vladimir Pliassov в сообщении #1495899 писал(а):

При этом $q$ может быть как четным, так и нечетным - на четности ни $2q^2$, ни, следовательно, $p$ это не отразится.

То есть $q$ может быть нечетным.

В математике не допускаются такие утверждения вроде "$q$ может быть нечётным".
Вот строгое утверждение, больше всего похожее на Ваше: "существует нечётное $q$ такое, что $p^2=2q^2$ с некоторым целым $p$".
Но Вы его не доказали (и не докажете, потому что это утверждение неверно).

Vladimir Pliassov в сообщении #1495899 писал(а):

При этом $q$ может быть как четным, так и нечетным - на четности ни $2q^2$, ни, следовательно, $p$ это не отразится.

Это нестрогое рассуждение. Фактически, здесь Вы просто констатировали, что Вы не видите, как чётность $q$ следует из утверждения $p^2=2q^2$. Но это не значит, что она отсюда действительно не следует. На самом деле, чётность $q$ из утверждения $p^2=2q^2$ тоже вытекает. В самом деле, если бы $q$ было нечётным, то $2q^2$ делилось бы на $2$ и не делилось бы на $4$, и поэтому $2q^2$ не могло бы быть квадратом ни чётного, ни нечётного числа.

[mihaild]

Vladimir Pliassov в сообщении #1495899 писал(а):

То есть $q$ может быть нечетным.
То есть $q$ не может быть нечетным.

Что вообще значит "может быть"?
Чем ваше рассуждение отличается от следующего доказательства отсутсвия решений у системы

$$\begin{cases} x(x - 1) = 0 \\ x = 0\end{cases}$$

Из первого уравнения $x (x - 1) = 0$ - $x$ может быть равным $1$.
Но из второго - $x$ не может быть нечетным.
Полученное противоречие показывает отсутствие решений у системы.

[Vladimir Pliassov]

Mikhail_K в сообщении #1495901 писал(а):

На самом деле, чётность $q$ из утверждения $p^2=2q^2$ тоже вытекает. В самом деле, если бы $q$ было нечётным, то $2q^2$ делилось бы на $2$ и не делилось бы на $4$, и поэтому $2q^2$ не могло бы быть квадратом ни чётного, ни нечётного числа.

Да, это убедительно (кстати, Вы здесь, по-моему, еще по-другому доказали утверждение, о котором идет речь).

Но допущение $p^2=2q^2$, равносильное допущению

Цитата:

пусть существует такая дробь $\frac pq$, что ${(\frac pq)}^2=2$ (Фихтенгольц),

вместе с предположением (не только моим, но и Фихтенгольца), что $q$ при этом нечетно, делается именно для того, чтобы показать его несостоятельность - доказательство от противного.

[wrest]

Vladimir Pliassov
Просто Фихтенгольц даёт самый простой пример существования иррациональности, без излишеств. Говорят, что беднягу Гиппаса, который открыл существование иррациональности примерно этими рассуждениями - пифагорейцы утопили с досады, и чуть ли не сам Пифагор лично...

А так-то да, в натуральных числах $p^2=nq^2$ не может выполняться если $n$ не является квадратом. Так что квадратные корни из неквадратов, кубические корни из некубов и т.п. - иррациональны.

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1495904 писал(а):

Vladimir Pliassov в сообщении #1495899 писал(а):

То есть $q$ может быть нечетным.
То есть $q$ не может быть нечетным.

Что вообще значит "может быть"?
Чем ваше рассуждение отличается от следующего доказательства отсутствия решений у системы

$$\begin{cases} x(x - 1) = 0 \\ x = 0\end{cases}$$

Из первого уравнения $x (x - 1) = 0$ - $x$ может быть равным $1$.
Но из второго - $x$ не может быть нечетным.
Полученное противоречие показывает отсутствие решений у системы.

Здесь дело в том, что нельзя рассматривать каждое уравнение само по себе, потому что это система уравнений.

Доказательство, конечно, недоработано.

Имеется в виду, что если исходить из допущения, что равенство $p^2=2q^2$ верно, то есть из того, что

Цитата:

существует такая дробь $\frac pq$, что ${(\frac pq)}^2=2$ (Фихтенгольц),

а также из утверждения, что $p^2$ четно,

то в выражении $2q^2$ число $q$ может быть как четным, так и нечетным, в том отношении, что число $2q^2$ в любом из этих двух случаев будет четным, а потому и $p$ будет четным.

И вместе с тем, беря $p=2r$ ($r \,\, -$ целое) и

Цитата:

Подставляя вместо $p$ его выражение, найдем: $q^2=2r^2$, откуда следует, что $q \,\, -$ четное число. (Фихтенгольц)

То есть при том же самом допущении, что равенство $p^2=2q^2$ верно, и при том же утверждении, что $p^2$ четно, $q$ не может быть нечетным.

-- 10.12.2020, 02:40 --

wrest в сообщении #1495915 писал(а):

Vladimir Pliassov
Просто Фихтенгольц даёт самый простой пример существования иррациональности, без излишеств. Говорят, что беднягу Гиппаса, который открыл существование иррациональности примерно этими рассуждениями - пифагорейцы утопили с досады, и чуть ли не сам Пифагор лично...

А так-то да, в натуральных числах $p^2=nq^2$ не может выполняться если $n$ не является квадратом. Так что квадратные корни из неквадратов, кубические корни из некубов и т.п. - иррациональны.

От Пифагора не ожидал!

А нет ли еще каких-нибудь простых примеров иррациональности?

[Mikhail_K]

Vladimir Pliassov в сообщении #1495916 писал(а):

Доказательство, конечно, недоработано.

Оно некорректно. В математике не допускаются утверждения типа Вашего, с "может быть". Непонятен строгий смысл таких утверждений.

Vladimir Pliassov в сообщении #1495916 писал(а):

то в выражении $2q^2$ число $q$ может быть как четным, так и нечетным, в том отношении, что число $2q^2$ в любом из этих двух случаев будет четным, а потому и $p$ будет четным.

И вместе с тем, беря $p=2r$ ($r \,\, -$ целое)
Подставляя вместо $p$ его выражение, найдем: $q^2=2r^2$, откуда следует, что $q \,\, -$ четное число. (Фихтенгольц)

То есть при том же самом допущении, что равенство $p^2=2q^2$ верно, и при том же утверждении, что $p^2$ четно, $q$ не может быть нечетным.

Ну смотрите: на основании равенства $p^2=2q^2$ Вы проводите два разных рассуждения. В первом Вам не удаётся доказать чётность $q$, во втором удаётся. Противоречия тут никакого нет, это нормальная ситуация.

[nnosipov]

Vladimir Pliassov в сообщении #1495916 писал(а):

А нет ли еще каких-нибудь простых примеров иррациональности?

Докажите, что число $\log_2{3}$ иррационально.

А если Вы узнаете, как находить рациональные корни алгебраических уравнений с целыми коэффициентами, то получите простой способ конструировать иррациональности в промышленных масштабах. Пример с $\sqrt{2}$ как раз из этой серии.