Корень Дьявола почти 26 см?
04.06.2019, 17:05
А у Иисуса сколько?
А у бати Б-га?
это важно!
Спроси у нашего начальства
Это из иудаизма. Там запрещено не только всуе упоминать, но и даже писать.
Тут смысл не в боязни гнева господня, а в возможности оскорбления его имени. Т. е. напиши я "бог" на бумажке, а потом вытри этой бумажкой жопу - все. пиздец, имя господне уязвлено. А б-г - уже вроде и не как имя, а просто буквосочетание, которому похер. Короче, все сложно, нам, быдлоатеистам не понять.
Конечно!
Предположим, что наше целое число s — это не полный квадрат (не квадрат целого числа) и предположим, что sqrt(s) это рациональное число, что по определению означает, что его можно записать в виде p/q, где p и q целые, взаимнопростые числа (и q=\=0).
Можем прежположить, что s — свободное от квадратов число, т е не делится на квадраты (ну кроме 1, понятное дело). Мы не теряем общности, потому что если s=a^2*b, где b свободно от квадратов и sqrt(b) иррационален, то sqrt(s) = sqrt(b) * a и соответственно тоже иррационален.
Тогда (p/q)^2 = s
p^2 = q^2 * s
Правая часть делится на s, значит левая тоже.
Если p^2 делится на s, а s свободно от квадратов, то и p должно делиться на s (можем доказать это для простых чисел довольно легко, а потом перейти к разложению s на простые числа). Тогда p^2 делится на s^2. Левая часть делится на s^2, тогда и правая делится на s^2. Если q^2 * s делится на s^2, то q^2 делится на s, а значит и q должно делится на s. p делится на s, q делится на s, а по нашей гипотезе они взаимно простые, противоречие. Значит таких p и q не существует и sqrt(s) иррационален.
Доказательство относительно импровизированное, потому что я его оформил прямо в момент написания коммента, так что если есть неясные моменты, могу ответить на вопросы.
Предположим, что наше целое число s — это не полный квадрат (не квадрат целого числа) и предположим, что sqrt(s) это рациональное число, что по определению означает, что его можно записать в виде p/q, где p и q целые, взаимнопростые числа (и q=\=0).
Можем прежположить, что s — свободное от квадратов число, т е не делится на квадраты (ну кроме 1, понятное дело). Мы не теряем общности, потому что если s=a^2*b, где b свободно от квадратов и sqrt(b) иррационален, то sqrt(s) = sqrt(b) * a и соответственно тоже иррационален.
Тогда (p/q)^2 = s
p^2 = q^2 * s
Правая часть делится на s, значит левая тоже.
Если p^2 делится на s, а s свободно от квадратов, то и p должно делиться на s (можем доказать это для простых чисел довольно легко, а потом перейти к разложению s на простые числа). Тогда p^2 делится на s^2. Левая часть делится на s^2, тогда и правая делится на s^2. Если q^2 * s делится на s^2, то q^2 делится на s, а значит и q должно делится на s. p делится на s, q делится на s, а по нашей гипотезе они взаимно простые, противоречие. Значит таких p и q не существует и sqrt(s) иррационален.
Доказательство относительно импровизированное, потому что я его оформил прямо в момент написания коммента, так что если есть неясные моменты, могу ответить на вопросы.
Так... Если я хоть что-то понял...
>>Можем прежположить, что s — свободное от квадратов число, т е не делится на квадраты (ну кроме 1, понятное дело). Мы не теряем общности, потому что если s=a^2*b, где b свободно от квадратов и sqrt(b) иррационален, то sqrt(s) = sqrt(b) * a и соответственно тоже иррационален.
Т.е., без этого допущения будет рекурсия, когда задача каждый раз будет сводиться к доказательству того, что коэффициент b является иррациональным, до тех пор, пока не будет принято, что b свободно от квадратов, и доказательство сведется к b?
>>Если p^2 делится на s, а s свободно от квадратов, то и p должно делиться на s (можем доказать это для простых чисел довольно легко, а потом перейти к разложению s на простые числа).
А можно расписать?
>>Можем прежположить, что s — свободное от квадратов число, т е не делится на квадраты (ну кроме 1, понятное дело). Мы не теряем общности, потому что если s=a^2*b, где b свободно от квадратов и sqrt(b) иррационален, то sqrt(s) = sqrt(b) * a и соответственно тоже иррационален.
Т.е., без этого допущения будет рекурсия, когда задача каждый раз будет сводиться к доказательству того, что коэффициент b является иррациональным, до тех пор, пока не будет принято, что b свободно от квадратов, и доказательство сведется к b?
>>Если p^2 делится на s, а s свободно от квадратов, то и p должно делиться на s (можем доказать это для простых чисел довольно легко, а потом перейти к разложению s на простые числа).
А можно расписать?
Про часть со свободой от квадратов — да, извлекаем из s часть, свободную от квадратов, потом доказав, что корень из этой части иррационален, показываем, что тогда и корень из s иррационален.
Про часть с p^2 делится на s => p делится на s.
Пусть число a — простое. Покажем, что если b*c делится на a, то либо b делится на a, либо c делится на a (это не исключающее или, а обычное), такая теорема действительно существует. Из основной теоремы арифметики мы знаем, что каждое число можно представь в единственном виде в виде произведения простых чисел. Пусть в разложении числа b на простые степень просто числа a равна m, где m=0,1,... (т е даже если b не делится на a, в его разложении a встречается в виде a^0), а в разложении числа c степень числа a равна n. Тогда в разложении числа b*c степень числа a равна m+n, а если b*c делится на a, то m+n>0. А из этого следует, что хоть одно из чисел m и n больше нуля, а значит b или c делится на a. Применяя эту теорему к b=c, мы находим то, что если b^2 делится на просто число a, то и b делится на a.
Теперь пусть s — свободное от квадратов число. Тогда в его разложении на простые степни всех простых равны 0 или 1 (если бы были степени >=2, то это число делилось бы на квадрат). Значит s = x1 * x2 *x3 * ... *xn, где x1,...,xn — простые числа.
Пусть p^2 делится на s, это значит, что оно делится на каждое из чисел x1,...,xn, т к на них делится s. А по доказанной выше теореме, раз x1,...xn простые, p делится на все числа x1,...,xn. А значит оно делится на их произведение, которое равно самому числу s, p делится на s.
Про часть с p^2 делится на s => p делится на s.
Пусть число a — простое. Покажем, что если b*c делится на a, то либо b делится на a, либо c делится на a (это не исключающее или, а обычное), такая теорема действительно существует. Из основной теоремы арифметики мы знаем, что каждое число можно представь в единственном виде в виде произведения простых чисел. Пусть в разложении числа b на простые степень просто числа a равна m, где m=0,1,... (т е даже если b не делится на a, в его разложении a встречается в виде a^0), а в разложении числа c степень числа a равна n. Тогда в разложении числа b*c степень числа a равна m+n, а если b*c делится на a, то m+n>0. А из этого следует, что хоть одно из чисел m и n больше нуля, а значит b или c делится на a. Применяя эту теорему к b=c, мы находим то, что если b^2 делится на просто число a, то и b делится на a.
Теперь пусть s — свободное от квадратов число. Тогда в его разложении на простые степни всех простых равны 0 или 1 (если бы были степени >=2, то это число делилось бы на квадрат). Значит s = x1 * x2 *x3 * ... *xn, где x1,...,xn — простые числа.
Пусть p^2 делится на s, это значит, что оно делится на каждое из чисел x1,...,xn, т к на них делится s. А по доказанной выше теореме, раз x1,...xn простые, p делится на все числа x1,...,xn. А значит оно делится на их произведение, которое равно самому числу s, p делится на s.
616 вообще то...
Это всего лишь квадратный корень зла, we_need_to_go_deeper.jpg
Чтобы написать коммент, необходимо залогиниться
