gruchas pisze:bo dochodząc do \(\displaystyle{ 16 q^{2}=p ^{2}}\) i podstawiając tak samo \(\displaystyle{ p=16k}\)
Problem polega na tym, że nie można podstawić "tak samo". Kluczowe w tym dowodzie jest zrozumienie, dlaczego z faktu \(\displaystyle{ 3 q^{2}=p ^{2}}\) wynika, że \(\displaystyle{ p}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ 3}\), a z faktu, że \(\displaystyle{ 16 q^{2}=p ^{2}}\) nie wynika, że \(\displaystyle{ p}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ 16}\). Wiąże się to ze zrozumieniem istoty rozkładu liczby naturalnej na czynniki pierwsze.
dochodząc do\(\displaystyle{ 16 q^{2}=p ^{2}}\) i podstawiając tak samo \(\displaystyle{ p=16k}\) mamy bzdet \(\displaystyle{ 16q ^{2} = 256k ^{2}}\) i nie idzie.
. Jak powinienem postąpić w przypadku liczby wymiernej? Co zrobić jeżeli liczba jest wymierna? Jak postąpić w przypadku liczby wymiernej, jeżeli można, to przedstawić tok rozumowania na liczbie \(\displaystyle{ \sqrt{16}}\). W którym momencie napisać "ta liczba jest wymierna". Nie wiem jak to bardziej zrozumiale przedstawić. Temat jest "jak udowodnić niewymierność pierwiastka z 2,3,5,7 . . .", ja chciałem się dowiedzieć, co w przypadku wymiernej.
To, co piszesz, nie ma sensu. Dowód, który starasz się przerobić, jest dowodem (nie wprost) na niewymierność liczby \(\displaystyle{ \sqrt{3}}\). Nie da się go przerobić na dowód na wymierność liczby \(\displaystyle{ \sqrt{16}}\), bo to bez sensu. Można tylko pokazać, dlaczego ten dowód nie zadziała w przypadku tej liczby (czyli dlaczego nie da się w ten sposób pokazać, że liczba \(\displaystyle{ \sqrt{16}}\) jest niewymierna), co jednak samo w sobie nie jest dowodem na cokolwiek, pokazuje tylko ograniczenia tej metody.
Liczba \(\displaystyle{ \sqrt{16}}\) jest wymierna, bo \(\displaystyle{ \sqrt{16}=4}\). Koniec dowodu.
Generalnie chyba chodzi o wskazanie miejsca w którym ta metoda dowodzenia przestaje działać jak próbujemy to odtworzyć dla \(\displaystyle{ \sqrt{16}}\)
Otóż mamy równość: \(\displaystyle{ p^{2}=16q^{2}}\)
I gdyby zamiast \(\displaystyle{ 16}\) było \(\displaystyle{ 3}\) to stąd byśmy wywnioskowali że \(\displaystyle{ p}\) musi się dzielić przez \(\displaystyle{ 3}\), a potem po podzieleniu byśmy wywnioskowali, że \(\displaystyle{ q}\) dzieli się przez \(\displaystyle{ 3}\) i w konsekwencji dostali sprzeczność ze względną pierwszością \(\displaystyle{ p}\) i \(\displaystyle{ q}\).
Teraz co się dzieje dla \(\displaystyle{ 16}\). Mamy \(\displaystyle{ p^{2}=16q^{2}}\) i z tego wnioskujemy, że skoro prawa strona dzieli się przez \(\displaystyle{ 16}\) to lewa też musi. Jednak do tego żeby \(\displaystyle{ 16|p^{2}}\) wystarcza aby \(\displaystyle{ 4|p}\), a nie musi wcale być \(\displaystyle{ 16|p}\). I tutaj metoda się wysypuje.
bakala12 pisze:Generalnie chyba chodzi o wskazanie miejsca w którym ta metoda dowodzenia przestaje działać jak próbujemy to odtworzyć dla \(\displaystyle{ \sqrt{16}}\)
Może, choć ja mam raczej wrażenie, że pytający nie bardzo rozróżnia rodzaje dowodów i nie zdaje sobie sprawy, że dowód niewymierności \(\displaystyle{ \sqrt{3}}\) jest dowodem ogólnym ("dla każdego \(\displaystyle{ q\in\QQ, \sqrt{3}\neq q}\)") i w związku z tym nie da się go zaadaptować tak, by stał się dowodem wymierności \(\displaystyle{ \sqrt{16}}\), który jest dowodem egzystencjalnym ("istnieje \(\displaystyle{ q\in\QQ, \sqrt{16}= q}\)").
Odnosząc się do \(\displaystyle{ \sqrt{16}}\)
Myślę że można by to ująć tak że: \(\displaystyle{ \sqrt{16} = \frac{p}{q}
\\16 = \frac{p^2}{q^2}
\\p^2 = 16 q^2
\\pp = 4 \cdot 4 \cdot qq}\)
\(\displaystyle{ p}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ 4}\) więc
\(\displaystyle{ p = 4 k
\\4 \cdot 4 \cdot kk = 4 \cdot 4 \cdot qq
\\k^2 = q^2
\\q = k \\p = 4k
\\\sqrt{16} = \frac{p}{q} = \frac{4k}{k} = 4}\)
Dochodząc do liczby udowadniamy że pierwiastek z \(\displaystyle{ 16}\) można zapisać w postaci ułamka, więc dla pierwiastka z potęgi jakiejś liczby to nie działa. Jakby za to zamiast kwadratu liczby był iloczyn dwóch liczb pierwszych pod pierwiastkiem to ten sposób działa np dla \(\displaystyle{ 6}\) \(\displaystyle{ \sqrt{6} = \frac{p}{q}
\\6 = \frac{p^2}{q^2}
\\p^2 = 6 q^2
\\pp = 2 \cdot 3 \cdot qq
\\p^2}\)
musi być podzielne przez \(\displaystyle{ 2}\) i \(\displaystyle{ 3}\), więc \(\displaystyle{ p}\) musi dzielić się przez \(\displaystyle{ \sqrt{2} i \sqrt{3}}\). Obie te liczby są niewymierne (dowód gdzieś na początku strony), a \(\displaystyle{ p}\) jest wielokrotnością zarówno jednej jak i drugiej więc jest niewymierne, więc \(\displaystyle{ \sqrt{6}}\) nie da się zapisać w postaci ułamka zwykłego więc jest niewymierne.
Ostatnio zmieniony 18 lis 2015, o 21:57 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód:Symbol mnożenia to \cdot. Poprawa wiadomości.
k24 pisze:Odnosząc się do \(\displaystyle{ \sqrt{16}}\)
Myślę że można by to ująć tak że: \(\displaystyle{ \sqrt{16} = \frac{p}{q}
\\16 = \frac{p^2}{q^2}
\\p^2 = 16 q^2
\\pp = 4 \cdot 4 \cdot qq}\)
\(\displaystyle{ p}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ 4}\) więc
\(\displaystyle{ p = 4 k
\\4 \cdot 4 \cdot kk = 4 \cdot 4 \cdot qq
\\k^2 = q^2
\\q = k \\p = 4k
\\\sqrt{16} = \frac{p}{q} = \frac{4k}{k} = 4}\)
Dochodząc do liczby udowadniamy że pierwiastek z \(\displaystyle{ 16}\) można zapisać w postaci ułamka,
Nic nie udowadniamy. To, że pierwiastek z \(\displaystyle{ 16}\) można zapisać w postaci ułamka założyłeś w drugiej linijce dowodu, więc jest to klasyczny dowód przez założenie tezy.
a ja mam inną propozycję dowodu niewymierności liczby. Nie jest to może tak elegancki sposób jak ten pokazany w postach powyżej, ale wydaje mi się być nieco prostszy. Poniżej szkic dowodu.
Wykażmy np. że liczba \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\) jest niewymierna.
Weźmy (w dziedzinie liczb rzeczywistych) równanie wielomianowe: \(\displaystyle{ x^{2}-2=0}\) , którego jednym z pierwiastków jest właśnie liczba \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\) . Równanie to ma jeszcze pierwiastek równy \(\displaystyle{ -\sqrt{2}}\) i żadnych innych. Rozwiązania tego równania łatwo policzyć.
Tymczasem na mocy twierdzenia o całkowitych i wymiernych pierwiastkach wielomianu wiadomo, że gdyby ten wielomian miał mieć pierwiastki wymierne, to musiałyby one należeć do zbioru: \(\displaystyle{ \{-2, -1, 1, 2\}}\). Wszystkie liczby z tego zbioru są wymierne. Żadna z liczb tego zbioru nie jest jednak rozwiązaniem podanego wcześniej równania wielomianowego. Wynika stąd, że wielomian ten ma pierwiastki nie będące liczbami wymiernymi, stąd pierwiastki te są liczbami niewymiernymi.
Ostatnio zmieniony 2 sty 2018, o 13:01 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód:Używaj LaTeXa do wszystkich wyrażeń matematycznych.
calculus pisze:a ja mam inną propozycję dowodu niewymierności liczby. Nie jest to może tak elegancki sposób jak ten pokazany w postach powyżej, ale wydaje mi się być nieco prostszy.
Prostota jest kwestią względną - w swoim rozumowaniu korzystasz z twierdzenia dotyczącego wielomianów, we wcześniejszym rozumowaniu wykorzystywane są tylko podstawowe własności arytmetyczne. To jest po prostu inny dowód.
gdzie \(\displaystyle{ n\in\NN_{ \ge 2}}\) i \(\displaystyle{ p}\) pierwsze.
Widać że do sprawdzenia są tylko \(\displaystyle{ \left\{\pm 1, \pm p \right\}}\) jako że żadna z tych liczb nie jest pierwiastkiem to ewentualny pierwiastek jest niewymierny a tak się składa że \(\displaystyle{ w( \sqrt[n]{p} )=0}\) dlatego każdy pierwiastek stopnia \(\displaystyle{ \ge 2}\) z liczby pierwszej jest niewymierny.
