Доказательство иррациональности кв.корня из 2 у Фихтенгольца

[Mikhail_K]

Vladimir Pliassov в сообщении #1496095 писал(а):

Может быть, Вы имели в виду $N<2$?

Интересное мнение.
Ну, докажите иррациональность $\sqrt[N]{2}$ при $N<2$ с помощью великой теоремы Ферма.

[Odysseus]

Vladimir Pliassov в сообщении #1496095 писал(а):

Так "$N$-я степень натурального числа" или "не $N$-я степень натурального числа"?

Если $n$ это не $N$-я степень натурального числа, то $\sqrt[N]{n}$ будет иррациональным. Если это $N$-я степень, то $\sqrt[N]{n}$ будет рациональным (и даже целым). В цитатах выше ровно это и было сказано.

Vladimir Pliassov в сообщении #1496095 писал(а):

Может быть, Вы имели в виду $N<2$?

Нет. Я имел в виду именно то, что написал. Или вы хотите сказать, что $\sqrt[1]{2}$, т.е. $2^1$ это иррациональное число?

И раз вы так и не поняли, то поясню, что ссылка на великую теорему Ферма была сарказмом в ответ на ваше предположение о ней. С помощью ее, конечно, можно в одну строку доказать иррациональность $\sqrt[N]{2}$ при $N>2$, но никто в здравом уме не будет ей пользоваться в данном случае. Я же давал там ссылку на пост про подобные анекдотические доказательства, см. также https://mathoverflow.net/questions/4251 ... mple-facts

[Vladimir Pliassov]

Odysseus в сообщении #1496089 писал(а):

как доказывать иррациональность $\sqrt[N]{n}$ для случаев когда $n$ это не $N$-я степень натурального числа?

Odysseus в сообщении #1496089 писал(а):

Увы, с помощью великой теоремы Ферма вы сможете доказать иррациональность $\sqrt[N]{2}$ только для $N>2$.

В обоих случаях беру свои слова назад: здесь речь об иррациональности.

Но здесь:

Odysseus в сообщении #1496005 писал(а):

рассмотрите общий случай $p^N=nq^N$ где все числа натуральные и подумайте как доказать, что такое может быть только когда $n$ это $N$-я степень натурального числа.

повторюсь:

Vladimir Pliassov в сообщении #1496090 писал(а):

Если я правильно понимаю, $n$ можно представить как $a^N$, где $a$ натуральное число. Тогда $p^N=a^Nq^N$.

Это возможно только при $N\leqslant 2.$

Я на правильном пути или говорю совсем не о том?

[wrest]

Vladimir Pliassov в сообщении #1496100 писал(а):

Это возможно только при $N\leqslant 2.$

Я на правильном пути или говорю совсем не о том?

Сложно сказать на каком вы пути, но например $15^3=3^35^3$

[Odysseus]

Vladimir Pliassov
Вы очень странно интерпретируете многие утверждения, и мне кажется у вас есть проблемы с логическими связками между утверждениями и с построением логических цепочек в доказательствах. Это также осложняется тем, что вы часто формулируете свои мысли так, что понять вас довольно сложно.

Odysseus в сообщении #1496005 писал(а):

рассмотрите общий случай $p^N=nq^N$ где все числа натуральные и подумайте как доказать, что такое может быть только когда $n$ это $N$-я степень натурального числа.

Это фраза означала, что равенство $p^N=nq^N$ будет верно в натуральных чисел для каких-то (сначала неизвестных) $p$ и $q$ только тогда, когда $n$ это $N$-я степень некого натурального числа $a$, т.е. $n=a^N$. Это то же самое, что сказать, что $\sqrt[N]{n}$ при натуральных $n$ и $N$ будет неким рациональным числом $\frac pq$ только тогда, когда $n=a^N$ (и при этом заодно получается, что $\frac pq$ будет не просто рациональным, а натуральным числом $a$).

Именно это я и предлагал вам доказать.

Естественно, в обоих случаях к "только тогда" ("необходимость" для выполнения равенства $p^N=nq^N$) можно добавить и "тогда" ("достаточность" для выполнения этого равенства), которая выполняется если $\frac pq$ равно некоторому натуральному числу $a$ и $n=a^N$. И если "только тогда" ("необходимость") здесь нужно доказывать, то "тогда" ("достаточность") совершенно очевидна и так, причем для любого $N$. Почему очевидна? Потому, что $\sqrt[N]{a^N}=a$

Поэтому если вы докажете необходимость условия выше, то у вас автоматически будет как необходимость, так и достаточность.

Примитивный пример для пояснения. $6^3=n \cdot 2^3$ тогда и только тогда, когда $n=3^3$ Он не вполне релевентный к доказательствам рациональности/иррациональности корней, поскольку там конкретные $p$ и $q$ сначала неизвестны, но просто чтобы показать вам пример наглядного и легко проверяемого утверждения на необходимость и достаточность.

Вообще, хорошо ли вы понимаете что значит "тогда и только тогда", "необходимо и достаточно", разницу между "необходимо" и "достаточно", доказательства от противного и т.д.? Я бы советовал вам поучить начала логики и побольше разбирать доказательств теорем на "необходимо" и "достаточно", пока вы не станете все это чувствовать так, что вам не нужно будет каждый раз долго задумываться как сформулировать следствие в ту или иную сторону, и что в каждом случае это будет значить. (И вам не нужно будет для этого так много расписывать выше, как это сейчас сделал я, чтобы попытаться прояснить для вас все детали. Достаточно будет 1-2 строк из которых как вам, так и вашим читателям все будет понятно.)

Vladimir Pliassov в сообщении #1496090 писал(а):

Если я правильно понимаю, $n$ можно представить как $a^N$, где $a$ натуральное число. Тогда $p^N=a^Nq^N$.

Что именно вы понимаете под "можно представить"? Это вам и нужно было доказать, что $p^N=nq^N$ будет верно в натуральных чисел только тогда, когда $n=a^N$, где $a$ натуральное число.

Vladimir Pliassov в сообщении #1496100 писал(а):

Это возможно только при $N\leqslant 2.$

А это совсем нечто непонятное. $p^N=a^Nq^N$ будет совершенно очевидно верно для любых $N$ если только $\frac pq=a$.

И откуда вы вообще взяли, что $N$ должно в общем случае как-то соотноситься с числом $2$? Еще раз, то, что было выше написано про возможность использования великой теоремы Ферма для доказательства иррациональности $\sqrt[N]{2}$ только для $N>2$ было 1) сарказмом (хотя и полной правдой), 2) не имеет отношения к условиям рациональности выражения $\sqrt[N]{n}$ в общем случае.

Anyway, задача рассмотреть $p^N=nq^N$ оказалась, видимо, слишком сложной. Рассмотрите сначала более простой случай $p^2=nq^2$, т.е. обобщение доказательства иррациональности $\sqrt{2}$ на рассмотрение $\sqrt{n}$, и попробуйте доказать, что $\sqrt{n}$ будет рациональным (и при этом заодно и натуральным) только тогда, когда $n=a^2$ для некоторого натурального $a$.

А еще перед этим советую все же привести итоговое корректное доказательство иррациональности $\sqrt{2}$, пусть и по Фихтенгольцу, поскольку у вас и с ним пока было много путаницы. Я понимаю, что вам хочется придумать что-то другое (и у вас как раз и будет такой шанс), но сначала четко сформулируйте то, что вы понимаете в стандартном доказательстве для $\sqrt{2}$.

[Vladimir Pliassov]

wrest в сообщении #1496103 писал(а):

Vladimir Pliassov в сообщении #1496100 писал(а):

Это возможно только при $N\leqslant 2.$

Я на правильном пути или говорю совсем не о том?

Сложно сказать на каком вы пути, но например $15^3=3^35^3$

Недоразумение разрешилось: не $p^N=a^N+q^N$, а $p^N=a^Nq^N$ (смех в зале).

[Vladimir Pliassov]

Odysseus в сообщении #1496113 писал(а):

Примитивный пример для пояснения. $6^3=n \cdot 2^3$ тогда и только тогда, когда $n=3^3$

Для того, чтобы равенство $6^3=n \cdot 2^3$ было справедливо,

необходимо, чтобы $n$ было положительным числом, но этого еще недостаточно;

необходимо, чтобы $n>1$, но этого еще недостаточно;

необходимо, чтобы $n=27=3^3$ и этого уже достаточно.

То есть для того, чтобы равенство $6^3=n \cdot 2^3$ было справедливо, необходимо и достаточно, чтобы $n=27=3^3$.

Odysseus в сообщении #1496113 писал(а):

Рассмотрите сначала более простой случай $p^2=nq^2$ ... и попробуйте доказать, что

при натуральном $n$

Odysseus в сообщении #1496113 писал(а):

$\sqrt{n}$ будет рациональным (и при этом заодно и натуральным) только тогда, когда $n=a^2$ для некоторого натурального $a$.

Доказательство.

Необходимость.

Так как $p^2=nq^2$, то

$$n=\frac {p^2}{q^2}=(\frac {p}{q})^2=\frac {p}{q}\cdot \frac {p}{q}.$$

Дробь $\frac {p}{q}$ сокращается до некоторого натурального числа -- обозначим его $a$:

$$\frac {p}{q}=a$$

-- поскольку, если бы это было не так, $n$ не могло бы быть натуральным числом.

(При этом $p, q$ не обязаны быть натуральными числами, достаточно, если отношение $\frac {p}{q}$ будет натуральным числом $a$ , как, например, при $p=s\pi, q=t\pi$, где $\frac {s}{t}$ равно натуральному числу $a$:

$$\frac {p}{q}=\frac {s\pi}{t\pi}=\frac {s}{t}=a.$$

)

Значит, $n=a^2$, где $a$ необходимо есть натуральное число.

Таким образом,

Odysseus в сообщении #1496113 писал(а):

$\sqrt{n}$ будет рациональным (и при этом заодно и натуральным) только тогда, когда $n=a^2$ для некоторого натурального $a$.

Достаточность.

Обратно, пусть $n=a^2$, где $a$ есть натуральное число, тогда $n=a^2=a\cdot a$ тоже натуральное число, и условия задачи выполняются.

Остальные задания попытаюсь выполнить позже.

[Odysseus]

Vladimir Pliassov в сообщении #1496313 писал(а):

Для того, чтобы равенство $6^3=n \cdot 2^3$ было справедливо,

необходимо, чтобы $n$ было положительным числом, но этого еще недостаточно;

необходимо, чтобы $n>1$, но этого еще недостаточно;

необходимо, чтобы $n=27=3^3$ и этого уже достаточно.

Я не ожидал, что вы будете это доказывать, просто привел это как очевидный пример.

Но хорошо, что вы потренировались доказывать утверждения на необходимость и достаточность. И формально вы написали все правильно, но
- это слишком простое утверждение, чтобы доказывать его с таким количеством итераций для "необходимо", достаточно одной.
- прописанного решения у вас нет, только утверждения.

А короткое решение здесь очевидно, просто делите одну часть уравнения на другую. Для того, чтобы равенство $6^3=n \cdot 2^3$ было справедливо, необходимо (и достаточно), чтобы $n=( \frac {6}{2})^3=3^3$

Vladimir Pliassov в сообщении #1496313 писал(а):

Так как $p^2=nq^2$, то

$$n=\frac {p^2}{q^2}=(\frac {p}{q})^2=\frac {p}{q}\cdot \frac {p}{q}.$$

Дробь $\frac {p}{q}$ сокращается до некоторого натурального числа -- обозначим его $a$:

$$\frac {p}{q}=a$$

-- поскольку, если бы это было не так, $n$ не могло бы быть натуральным числом.

Здесь у вас популярная логическая ошибка, когда тавтологически переставляются или переобозначаются части уравнения, а потом делается утверждение, которое из такой цепочки рассуждений никак не следует, а просто бездоказательно дублирует то, что нужно доказать. Так, например, "элементарными способами" часто пытаются доказать великую теорему Ферма, которая в этом топике уже сыграла свою ироническую роль.

Доказательство чего-то нетривиального почти никогда нельзя получить подобными тавтологиями. Нужно искать какие-то свойства у частей уравнения, как например четность-нечетность в доказательстве иррациональности $\sqrt{2}$ в Фихтенгольце. И вас должно было насторожить, что в вашем доказательстве ничего подобного не используется.

В частности, из

$$n=\frac {p^2}{q^2}=(\frac {p}{q})^2=\frac {p}{q}\cdot \frac {p}{q}.$$

следует только то, что

$$\frac {p}{q}=\sqrt{n}$$

и ничего больше. То, что

$$\frac {p}{q}=a$$

где $a$ натуральное число как раз и нужно было доказать.

[Vladimir Pliassov]

Vladimir Pliassov в сообщении #1496313 писал(а):

Так как $p^2=nq^2$, то

$$n=\frac {p^2}{q^2}=(\frac {p}{q})^2=\frac {p}{q}\cdot \frac {p}{q}.$$

Дробь $\frac {p}{q}$ сокращается до некоторого натурального числа -- обозначим его $a$:

$$\frac {p}{q}=a$$

-- поскольку, если бы это было не так, $n$ не могло бы быть натуральным числом.

Odysseus в сообщении #1496327 писал(а):

То, что

$$\frac {p}{q}=a$$

где $a$ натуральное число как раз и нужно было доказать.

По-моему, доказательство этого есть и заключается в словах

"Дробь $\frac {p}{q}$ сокращается до некоторого натурального числа $a$, поскольку, если бы это было не так, $n$ не могло бы быть натуральным числом."

Подробнее, если дробь $\frac {p}{q}$ после сокращения на наибольший общий делитель примет вид $\frac {u}{v}$, где $u,v$ взаимно просты, то

$$n=\frac {p}{q}\cdot \frac {p}{q}=\frac {u}{v}\cdot \frac {u}{v},$$

где $n$ не может быть натуральным числом.

[Odysseus]

Vladimir Pliassov в сообщении #1496375 писал(а):

По-моему, доказательство этого есть и заключается в словах

"Дробь $\frac {p}{q}$ сокращается до некоторого натурального числа $a$, поскольку, если бы это было не так, $n$ не могло бы быть натуральным числом."

Еще раз, в этих словах никакого доказательства нет. Нельзя просто сказать "если бы это было не так, $n$ не могло бы быть натуральным числом", даже если вы добавите слова "мамой клянусь". В математике такие голословные утверждения не считаются доказательством. Необходимо продемонстрировать явно противоречие, которое возникает в случае "если это не так".

То, что вы сокращаете $\frac {p}{q}$ на наибольший общий делитель и приводите эту дробь к виду $\frac {u}{v}$, где $u,v$ взаимно просты само по себе ничего не дает.

Возьмите $n=2$ и вспомните с чего начиналась эта тема: с доказательства из Фихтенгольца что $\sqrt{2}$ не может быть равен рациональному числу $\frac {p}{q}$ (или $\frac {u}{v}$, без разницы). Там же строилось явно противоречие при таком допущении, и только тогда можно было сделать такой вывод. А вы, получается, забыли уже даже то доказательство и вместо него теперь пишите только "если бы это было не так, $2$ не могло бы быть натуральным числом". Это все оставляет меня в позиции некоторого недоумения. Вы как будто движетесь не вперед, а назад, несмотря на все объяснения в этой теме.

Ну вот есть, например, приближение для $\sqrt{2}$ в виде $1.41421(296)$. Как посмотрев на это число и не производя ни вычислений, ни логических обоснований вы докажите, что это не равно $\sqrt{2}$? А если докажите в данном случае, то вдруг есть дробь с большим количеством знаков до периода, которая даст уже точное значение для $\sqrt{2}$?

В общем, как я уже писал вам выше:

Odysseus в сообщении #1496113 писал(а):

А еще перед этим советую все же привести итоговое корректное доказательство иррациональности $\sqrt{2}$, пусть и по Фихтенгольцу, поскольку у вас и с ним пока было много путаницы. Я понимаю, что вам хочется придумать что-то другое (и у вас как раз и будет такой шанс), но сначала четко сформулируйте то, что вы понимаете в стандартном доказательстве для $\sqrt{2}$.

[Vladimir Pliassov]

Odysseus в сообщении #1496113 писал(а):

А еще перед этим советую все же привести итоговое корректное доказательство иррациональности $\sqrt{2}$, пусть и по Фихтенгольцу

Привожу доказательство из Фихтенгольца (которое кажется мне теперь понятным, кроме одного момента - о нем ниже) со своими комментариями.

Цитата:

нет такой рациональной дроби $\frac pq$ (где $p$ и $q$ натуральные числа), квадрат которой был бы равен $2$.

Для доказательства этого допустим противное: пусть существует такая дробь $\frac pq$, что ${(\frac pq)}^2=2$. Мы вправе считать эту дробь несократимой, т.е. $p$ и $q$ лишенными общих множителей.

(поскольку, если бы она была сократимой, мы могли бы ее сократить до равной ей несократимой дроби, и квадрат этой полученной дроби был бы равен квадрату исходной.)

Цитата:

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

($q$ есть число нечетное, поскольку $p$ и $q$ не имеют общих множителей, и при этом $p$ есть число четное.)

(Непонятно, почему $r \,\, -$ целое, ведь $p=2r$ натуральное, значит $r$ не может быть отрицательным.)

Цитата:

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

Полученное противоречие доказывает наше утверждение. (Фихтенгольц)

-- 14.12.2020, 01:49 --

Odysseus в сообщении #1496381 писал(а):

То, что вы сокращаете $\frac {p}{q}$ на наибольший общий делитель и приводите эту дробь к виду $\frac {u}{v}$, где $u,v$ взаимно просты само по себе ничего не дает.

Не само по себе, а вместе с условием

$$n=\frac {u}{v}\cdot \frac {u}{v}.$$

При этом условии, вместе с условием, что $u,v$ взаимно просты, $n$ не может быть натуральным числом.

[mihaild]

Vladimir Pliassov в сообщении #1496391 писал(а):

Непонятно, почему $r \,\, -$ целое, ведь $p=2r$ натуральное, значит $r$ не может быть отрицательным

Если $r$ натуральное, то $r$ целое.

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1496393 писал(а):

Если $r$ натуральное, то $r$ целое.

Да, конечно, но зачем здесь употреблять это слово? Ведь, когда говорят: "Целое," - обычно имеют в виду не только положительные, но и отрицательные числа (и еще ноль), здесь же было сказано, что $p$ натуральное число, значит, и $r$ может быть только натуральным.

Мне кажется, это неудачное употребление термина.

[wrest]

Vladimir Pliassov в сообщении #1496391 писал(а):

(Непонятно, почему $r \,\, -$ целое, ведь $p=2r$ натуральное, значит $r$ не может быть отрицательным.)

Тут, на мой взгляд, пожалуй, можно согласиться, что вам удалось "подловить" Фихтенгольца, и ему следовало бы там написать "$r$ -- натуральное", это было бы точней.

[Odysseus]

Vladimir Pliassov
Доказательство из Фихтенгольца вы переписали и пояснили правильно, но лучше в таких случаях формулировать все своими словами, а не делать копи-паст. Так у вас будет более активное и глубокое запоминание и понимание:
1) Когда вы записываете все своими словами (и лучше при этом не подглядывая в доказательство, которое вы уже прочитали) это для вас еще одна возможность все продумать.
2) Слова другого человека - это его личные слова, личное понимание и ассоциации. У вас они должны быть своими, иначе по-настоящему "своим" (понятным и привычным лично для вас, а не для кого-то другого) это доказательство для вас не станет.

Но после того как вы привели полное доказательство, тем более удивительно (а может как раз и неудивительно, поскольку вы делали копи-паст, а не записывали доказательство своими словами), что вы продолжаете настаивать, что фраза

Vladimir Pliassov в сообщении #1496391 писал(а):

Не само по себе, а вместе с условием

$$n=\frac {u}{v}\cdot \frac {u}{v}.$$

При этом условии, вместе с условием, что $u,v$ взаимно просты, $n$ не может быть натуральным числом.

без каких-либо дополнительных исследований/пояснений является доказательством чего-либо. Вы разве не видите, что в случае $n=2$, как я уже писал выше, это все равно, что в доказательстве из Фихтенгольца остановиться на этапе

Vladimir Pliassov в сообщении #1496391 писал(а):

Для доказательства этого допустим противное: пусть существует такая дробь $\frac pq$, что ${(\frac pq)}^2=2$. Мы вправе считать эту дробь несократимой, т.е. $p$ и $q$ лишенными общих множителей.

и после этого утверждать, что все уже доказано без всех последующих рассуждений, а именно без следующего анализа:

Vladimir Pliassov в сообщении #1496391 писал(а):

Так как $p^2=2q^2$, то $p$ есть число четное: $p=2r$ ($r \,\, -$ целое) и, следовательно, $q \,\, -$ нечетное.
Подставляя вместо $p$ его выражение, найдем: $q^2=2r^2$, откуда следует, что $q \,\, -$ четное число.
Полученное противоречие доказывает наше утверждение.

Только здесь наконец появляется противоречие, которое и доказывает искомое. Без этого рассуждения (или некоторого альтернативного, которое я предлагал вам придумать и которое потом легко обобщить с доказательства иррациональности $\sqrt{2}$ на исследование рациональности $\sqrt[N]{n}$) никакого доказательства у вас нет.