Dowód na niewymierność pierwiastka z 2

[qj0n]

Coś co udowodnili uczniowie Pitagorasa, ale ja nie moge znalezc...

Udowodnić, że \(\displaystyle{ \sqrt{2}\notin\,W}\)

[ariadna]

To chyba to:
... rt_z_p.htm

[Tomasz Rużycki]

Albo inaczej:

\(\displaystyle{ \sqrt{2}}\) jest pierwiastkiem \(\displaystyle{ x^2-2=0}\), więc gdyby \(\displaystyle{ \sqrt{2}\in \mathbb{Q}}\), to \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\) byłby którymś z elementów zbioru: \(\displaystyle{ \{\pm 1, 2\}}\), a nie jest, więc jest niewymierny


Pozdrawiam,
--
Tomek Rużycki

[Fibik]

Cosik blady ten dowód.

[bolo]

Ja miałem kiedyś taki dowód:

\(\displaystyle{ sqrt{2}=\frac{p}{q}}\)
p i q to liczby pierwsze, a więc:

\(\displaystyle{ 2=\frac{p^{2}}{q^{2}}\\2\cdot q\cdot q=p\cdot p}\)
Otrzymaliśmy równanie, które nie jest możliwe przy zadanych założeniach, czyli \(\displaystyle{ sqrt{2}}\) nie jest liczbą wymierną.

[olazola]

a przypadkiem p i q nie powinny być względnie pierwsze?

[bolo]

Tak, względnie pierwsze Zapomniałem tego dopisać

[olazola]

Przypomniał mi się dowód tego faktu w oparciu o wielomiany, a dokładniej chodzi o twierdzenie o rozwiązaniach wymiernych.
Rozpatrujemy wielomian \(\displaystyle{ W(x)=x^2-2}\),znymy rozwiąznia równania \(\displaystyle{ x^2-2=0}\). No i teraz wkracza twierdzenie o rozwiązaniach wymiernych i cała procedura związana z nim, po czym stwierdzamy, że \(\displaystyle{ \sqrt{2}\notin\mathbb{Q}}\)
Ale nie podoba mi się on

[bolo]

No to to jest chyba to, o czym pisał Tomek

[olazola]

No fakt . Nie ma to jak czytać czyjeś posty, ale ze mnie ignorantka, ale Tomek chyba się nie obrazi

[Fibik]

A jak udowodnić, że: a^b - niewymierne, gdy a i b są niewymierne, np.:

\(\displaystyle{ \large e^\pi}\)

[Rogal]

Problem nierozwiązany, daruj sobie

[bolo]

Zapewne "jakoś" idzie, ale chyba dla masochistów

Przypomina mi się takie zadanie, obliczyć wartość \(\displaystyle{ (-1)^{i}}\), tam wynikiem było \(\displaystyle{ e^{-\pi}}\).

[juzef]

A jak udowodnić, że: a^b - niewymierne, gdy a i b są niewymierne

Nieprawda, jeśli bardzo Ci zależy mogę podać kontrprzykład. Podany przykład został rozwiązany, \(\displaystyle{ e^{\pi}}\) jest liczbą przestępną (twierdzenie Gelfonda). Dowód tego raczej nie jest piękny.

[Aura]

Ja miałem kiedyś taki dowód:

\(\displaystyle{ sqrt{2}=\frac{p}{q}}\)
p i q to liczby pierwsze, a więc:

\(\displaystyle{ 2=\frac{p^{2}}{q^{2}}\\2\cdot q\cdot q=p\cdot p}\)
Otrzymaliśmy równanie, które nie jest możliwe przy zadanych założeniach, czyli \(\displaystyle{ sqrt{2}}\) nie jest liczbą wymierną.

a przypadkiem p i q nie powinny być względnie pierwsze?

\(\displaystyle{ p, q\in Z}\)
p i q nie muszą być względnie pierwsze. Chodzi raczej o to, że po lewej stronie równania występuje nieparzysta liczba dwójek, a po prawej parzysta, co jest sprzeczne z jednoznacznością rozkładu liczby na czynniki pierwsze.