Liczby wymierne, niewymierne, wartość bezwzględna

[janusz47]

Zadanie 1

Proszę udowodnić, że liczba \(\displaystyle{ \sqrt{3} +\sqrt{6}}\) jest niewymierna.

Pierwszy sposób

Załóżmy, że liczba ta jest wymierna tzn.
\(\displaystyle{ \sqrt{3} + \sqrt{6} = \frac{p}{q}, \ \ p, q \in Z, \ \ q\neq 0}\) (1)
i
\(\displaystyle{ NWD(p, q) =1 .}\)

Podnosząc obie strony równości (1) do kwadratu, i przekształcając ją równoważnie, otrzymujemy,

\(\displaystyle{ 3 + 2\sqrt{18}+6 = \frax{p^{2}}{q^{2}},}\)

\(\displaystyle{ 15 + 6\sqrt{2} = \frac{p^{2}}{q^{2}},}\)

\(\displaystyle{ 3( 5 +2\sqrt{2}) = \frac{p^{2}}{q^{2}},}\)

\(\displaystyle{ 2\sqrt{2} =\frac{p^{2}}{3q^{2}} - 5,}\)

\(\displaystyle{ \sqrt{2} = \left(\frac{p}{\sqrt{6}q}\right)^{2}-10.}\)

Sprzeczność, bo po lewej stronie mamy liczbę niewymierną, a po prawej liczbę wymierną (jako różnicę dwóch liczb wymiernych)
cbdo.

Drugi sposób

Dowodzimy w podobny sposób, że liczby \(\displaystyle{ \sqrt{3}, \sqrt{6}}\) są niewymierne.

Korzystamy z faktu:

" Suma liczb \(\displaystyle{ \sqrt{3},\ \ \sqrt{6}}\) jest liczbą niewymierną".

Zadanie 2

Proszę udowodnić, że w każdym przedziale liczb rzeczywistych istnieje liczba niewymierna.

Udowodnimy najpierw twierdzenie.

Twierdzenie 1

Dla dowolnych liczb \(\displaystyle{ a, b \in R, a<b}\) istnieje liczba \(\displaystyle{ x\in Q}\) , takie, że

\(\displaystyle{ a < x < b.}\)

Dowód

Z zasady Archimedesa

\(\displaystyle{ \bigvee_{ n\in N} n > \frac{1}{b-a}.}\)

Stąd

\(\displaystyle{ n^{-1}< b-a}\)

Zbiór \(\displaystyle{ A = \left{ m\in Z: mn^{-1}\leq a \right\}}\) jest
- niepusty, bo \(\displaystyle{ ( m \cdot n^{-1}\leq a ) \leftrightarrow -m \geq -a\cdot n)}\) i z zasady Archimedesa istnieje \(\displaystyle{ -m \in N.}\)

- ograniczony z góry przez \(\displaystyle{ a\cdot n,}\) więc na mocy zasady maksimum ( dla \(\displaystyle{ Z}\) ) istnieje \(\displaystyle{ m_{0}= max A .}\)

\(\displaystyle{ m_{0}n^{1} \leq a .}\)

\(\displaystyle{ (m_0} +1)\cdot n^{-1}\leq a +n^{-1} < a +( a+b) =b}\)

Ale
\(\displaystyle{ (m_0} +1)n^{-1}> a}\) bo \(\displaystyle{ m_{0} = max A.}\)

Czyli

\(\displaystyle{ a > (m_0}+1)\cdot n^{-1}< b}\) i \(\displaystyle{ (m_{0}+1)\cdot n^{-1}=x \in Q}\)

cbdo.

Teraz udowodnimy twierdzenie.

Twierdzenie 2

Dla dowolnych \(\displaystyle{ a, b \in R , a< b}\) istnieje \(\displaystyle{ y\in R\setminus Q}\) takie, że \(\displaystyle{ a<y < b .}\)

Dowód

Z twierdzenia 1 wynika, że istnieje liczba wymierna \(\displaystyle{ 0 < x < \frac{b-a}{\sqrt{2}},}\) a zatem \(\displaystyle{ 0 < x\sqrt{2}< b - a .}\)

Rozpatrujemy dwa przypadki.

Przypadek 1

Załóżmy, że \(\displaystyle{ a}\) jest liczbą wymierną. Wówczas możemy określić \(\displaystyle{ y = a +x\sqrt{2}.}\)

Oczywiście \(\displaystyle{ a < y = a +x\sqrt{2} < a +(b-a) =b.}\)

Gdyby \(\displaystyle{ y\in Q}\), to \(\displaystyle{ \sqrt{2} = \frac{y-a}{x}}\), też byłby liczbą wymierną a nie jest.

Zatem \(\displaystyle{ y\notin Q.}\)


Drugi przypadek

Załóżmy, że \(\displaystyle{ a\notin Q.}\) Możemy wówczas przyjąć \(\displaystyle{ y = a +x.}\)

Mamy

\(\displaystyle{ a < y =a+x < a +x\sqrt{2} < a + (b-a) = b,}\) i \(\displaystyle{ y\notin Q,}\)

bo gdyby \(\displaystyle{ y\in Q}\), to \(\displaystyle{ y - x = a}\) też byłoby wymierne, a założylismy, że nie jest.

cbdo.

Zadanie 3

Proszę udowodnić nierówność

\(\displaystyle{ |x| - |y| \leq |x-y|, \ \ x, y \in R}\)

Dowód

\(\displaystyle{ |x| = | (x-y) +y| \leq |x-y| +|y|.}\)

Stąd

\(\displaystyle{ |x -y | \geq |x| - |y| .}\)

cbdo.

[dec1]

Korzystamy z twierdzenia:

"Suma liczb niewymiernych jest liczbą niewymierną".

To jest oczywista bzdura.

[miodzio1988]

w zad 3 na samym koncu zly znak masz, minus powinien byc

[janusz47]

Dzięki, za korektę.

[Jan Kraszewski]

Korzystamy z faktu:

"Suma liczb \(\displaystyle{ \sqrt{3},\ \ \sqrt{6}}\) jest liczbą niewymierną".

A na jakiej podstawie uważasz, że ten fakt jest prawdziwy? Przecież to jest Twoja teza.

JK

[Premislav]

Niezłe! Ja też tak często przeprowadzam dowody. A żeby nie spamować...

Załóżmy nie wprost, że \(\displaystyle{ \sqrt{6}+\sqrt{3}}\) jest wymierna. Wówczas liczba \(\displaystyle{ \sqrt{6}-\sqrt{3}=\sqrt{6}+\sqrt{3}-2\sqrt{3}}\) jest niewymierna jako różnica liczby wymiernej i niewymiernej. Widzimy, że
\(\displaystyle{ (\sqrt{6}+\sqrt{3})(\sqrt{6}-\sqrt{3})=3}\), zatem
\(\displaystyle{ \sqrt{6}-\sqrt{3}= \frac{3}{\sqrt{6}+\sqrt{3}}}\). Po lewej mamy liczbę niewymierną, a po prawej wymierną (zgodnie z naszym założeniem jest to iloraz liczb wymiernych). Sprzeczność.-- 23 lis 2016, o 23:06 --Ach, sorry, nie ma tak dobrze, bo korzystam tu z hardego lematu o niewymierności \(\displaystyle{ \sqrt{3}}\)

[PoweredDragon]

"Suma liczb niewymiernych jest liczbą niewymierną".

\(\displaystyle{ \frac{2}{1+ \sqrt{5} } + \frac{4}{6+ 2\sqrt{5} } = 1}\)

\(\displaystyle{ \frac{2}{1+ \sqrt{5} } \approx 0,61803.....}\)
\(\displaystyle{ \frac{4}{6+ 2\sqrt{5} } \approx 0,38197}\)

To jednak nie jest prawda ;c

No. Chyba, że 1 też jest liczbą niewymierną;

[yorgin]

Ciekawym problemem, którego brakuje mi w pierwszym poście jest następujący:



Pokazać, że w dowolnym przedziale o końcach niewymiernych istnieje liczba wymierna.

Hint:    

W dowodzie przydaje się funkcja podłogi/sufitu.