Nedělní trojhubka aneb \(3\) důkazy, že je \(\sqrt 2\) iracionální

Mějme číslo, které když umocníme na druhou, dostaneme číslo \(2\). Toto číslo značíme \(\sqrt 2\). Nyní nás bude zajímat, dá-li se toto číslo napsat jako zlomek, přesněji jako podíl dvou kladných čísel (víme, že jde přibližně o číslo \(1,4\), tedy o kladné číslo, nemusíme tedy v našem zlomku uvažovat záporná čísla).



Lemma, které budeme potřebovat: Je-li nějaké přirozené číslo umocněné na druhou sudé, pak i toto číslo samotné je sudé. Např. \(36 = 6^2\) je sudé, tedy i \(6\) je sudé.

Důkaz číslo \(1\)

Postupujme sporem, tedy předpokládejme, že \(\sqrt 2 = \frac {a}{b}\) pro nějaká přirozená \(a,b\). Můžeme předpokládat, že jsou nesoudělná, tj. máme zlomek již v základním tvaru. Kdyby v onom tvaru nebyl, pak tato čísla prostě zkrátíme na základní tvar a dále budeme postupovat stejně.

Umocněme obě strany a dostáváme \(2 = \frac{a^2}{b^2}\), odkud \(2b^2 = a^2\).

To ale znamená, že \(a^2\) je sudé neboli (podle našeho lemmatu) \(a\) je sudé. Pišme jej jako \(a = 2k\) pro nějaké přirozené \(k\).

Dosaďme za \(a\) do \(2b^2 = a^2\) a dostáváme \(2b^2 = 4k^2\), zkrátíme dvojkou a máme \(b^2 = 2k^2\), že \(b^2\) je sudé, tedy \(b\) je sudé.

Máme-li však dvě sudá čísla, potom se dají zkrátit – a to je spor s předpokladem, že již máme dvě nesoudělná čísla. Tím je první důkaz hotov.

Důkaz číslo \(2\)
Tento důkaz bude velmi podobný, ale budeme postupovat tzv. silnou indukcí. Tj. budeme předpokládat, že \(\sqrt 2\) je různá od \(\frac{1}{b}, \frac{2}{b},…, \frac{N}{b}\) pro libovolné kladné přirozené \(N\) a \(b\), a odvodíme z toho, že nemůže platit ani \(\sqrt 2 = \frac{N+1}{b}\).

Jako ve „slabé“ indukci, musíme nejprve ověřit, že náš první výrok je pravdivý, tedy \(\sqrt 2 \neq \frac{1}{b}\) pro kladné přirozené \(b\). To je ale zřejmé, protože \(\frac{1}{b} \leq 1\), zatímco \(\sqrt 2\) je přibližně \(1,4…\).

Nyní tedy předpokládejme, že \(\sqrt 2\) je různá od \(\frac{1}{b}, \frac{2}{b},…, \frac{N}{b}\) pro nějaké kladné přirozené \(N\) a \(b\), a ukážeme, že \(\sqrt 2 \neq \frac{N+1}{b}\).

Opět použijeme důkaz sporem, tedy předpokládejme, že \(\sqrt 2 = \frac{N+1}{b}\) a umocněme obě strany, máme \(2 = \frac{(N+1)^2}{b^2}\), odtud máme \(2b^2 = (N+1)^2\), tedy \( (N+1)^2\) je sudé, tedy \(N+1\) je sudé, pišme tedy \(N+1 = 2a\) pro nějaké přirozené \(a\) (povšimněme si, že \(a \leq N\) ).

Dosaďme zpátky a máme \(2b^2 = 4a^2\) neboli \(b^2 = 2a^2\), takže analogicky \(b\) je sudé, čili \(b = 2b’\) pro nějaké přirozené \(b’\).

Dosaďme do \(\sqrt 2 = \frac{N+1}{b}\) a máme \(\sqrt 2 = \frac{2a}{2b’} = \frac{a}{b’}\). Vzpomeňme, že \(a \in \{1,2,…N\}\) – čímž ale dostáváme spor! Předpokládali jsme totiž, že \(\sqrt 2\) nelze zapsat jako zlomek, kde je v čitateli číslo mezi \(1\) a \(N\) a ve jmenovateli libovolné přirozené číslo. Tím je druhý důkaz hotov.

K dalšímu důkazu budeme potřebovat další lemma. Symbol \(a \mid b\) čteme jako „\(a\) dělí \(b\)“, což znamená, že \(b\) je dělitelné číslem \(a\). Takže tedy \(2 \mid 6\), ale \(2 \nmid 7\).

Lemma \(2\)
Pokud \(p \mid ab\) a \(p\) je nesoudělné s \(b\), potom \(p \mid a\).

Důkaz číslo \(3\)
Mějme polynom, tj. funkci \(f(x) = a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+…+a_0x^0\) pro reálná \(a_n,…a_0\) a \(a_n \neq 0\). My teď budeme vyžadovat, aby i \(a_0 \neq 0\). Hledáme-li kořeny polynomu, ptáme se, pro jaká \(x\) má tento polynom hodnotu nula, tedy kdy \( a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+…+a_0x^0 = 0\).

Teď by nás velmi zajímalo, co musí platit, aby kořenem polynomu bylo racionální číslo, tedy mějme nesoudělná \(p, q \in \mathbb Z, q \neq 0\) a zkoumejme případ \( f(\frac{p}{q}) = a_n (\frac{p}{q} )^n+a_{n-1} (\frac{p}{q} )^{n-1}+…+a_0 (\frac{p}{q} )^0 = 0\).

Vynásobme obě strany rovnice \(q^n\), dostáváme \(a_np^n+a_{n-1}p^{n-1}q+…a_0q^n = 0\). Nyní odečteme \(a_0q^n\) od obou stran a na levé straně vytkněme \(p\), získáváme \(p(a_np^{n-1}+a_ {n-1}p^{n-2}q+…+a_1q^{n-1}) = -a_0q^n\). Levá strana je zjevně dělitelná číslem \(p\), tedy i pravá strana musí být dělitelná číslem \(p\) (protože obě strany se rovnají).

Tedy \(p \mid a_0q^n\) (znaménko nezmění dělitelnosti). To ale podle druhého lemma znamená, že \(p \mid a_0\) nebo \(p \mid q^n\). Druhá možnost nemůže nastat (neboť máme nesoudělná čísla), tedy \(p \mid a_0\).

Vezměme si opět rovnici \(a_np^n+a_{n-1}p^{n-1}q+…a_0q^n = 0\), ale tentokrát ji upravme jinak. Přesuneme \(a_np^n\) na pravou stranu a na levé vytkneme \(q\), dostáváme tedy \(q( a_{n-1}p^{n-1} + a_{n-2}p^{n-2}q+…+a_0q^{n-1}) = -a_np^n\).

Levá strana je dělitelná \(q\), tedy i pravá musí být, tedy \(q \mid a_np^n\), odkud opět podle druhého lemma máme, že \(q \mid a_n\) nebo \(q \mid p^n\). Druhá možnost však z důvodu nesoudělnosti \(p,q\) nejde, tedy máme \(q \mid a_n\).

Dokázali jsme tedy tuto větu: Má-li polynom \( a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+…+a_0x^0\) s nenulovým \(a_0\) racionální kořeny, tedy kořeny zapsatelné ve tvaru \(\frac{p}{q}\) pro nějaká celá čísla, a s celočíselnými koeficienty, potom \(p \mid a_0\) a \(q \mid a_n\).

Jak nám to pomůže s důkazem iracionality \(\sqrt 2\)? Jednoduše. Uvažujme kořeny polynomu \(x^2-2\), tedy ptejme se, kdy \(x^2-2 = 0\). Máme \(a_1 = 1, a_0 = -2\). Pokud má tento polynom racionální kořeny, potom musí platit, že čitatel dělí číslo \(-2\) a jmenovatel dělí číslo \(1\). Tedy v čitateli mohou být jen čísla \(1,-1,2,-2\) a ve jmenovateli jen \(1,-1\), tedy možné racionální kořeny jsou \(1, 2, -1, -2\). Jednoduchým dosazením těchto čísel do \(x^2-2 = 0\) vidíme, že žádné z nich nesplňuje tuto rovnici. To znamená, že tento polynom nemá žádné racionální kořeny.

My ale víme, co je kořenem tohoto polynomu. Máme totiž \(x^2 = 2\) a po odmocnění vidíme, že řešením jsou \(\sqrt 2, -\sqrt 2\). Protože ale žádné kořeny tohoto polynomu nejsou racionální, znamená to nutně, že ani \(\sqrt 2\) není racionální.

Napsat komentář

Vaše e-mailová adresa nebude zveřejněna. Vyžadované informace jsou označeny *