irrationnalité de $\sqrt n $
Salut,
Est-ce vrai qu'une condition suffisante pour que la racine carré de n soit irrationnel est que n ne soit pas un carré parfait?
Si oui, comment peut-on la justifier?
Ainsi peut-on affirmer directement que par exemple la racine carré de 2,3,5,...,8,10,11,...15,... est irrationnel car ces nombres ne sont pas des carrés parfaits?
Merci d'avance
&
Est-ce vrai qu'une condition suffisante pour que la racine carré de n soit irrationnel est que n ne soit pas un carré parfait?
Si oui, comment peut-on la justifier?
Ainsi peut-on affirmer directement que par exemple la racine carré de 2,3,5,...,8,10,11,...15,... est irrationnel car ces nombres ne sont pas des carrés parfaits?
Merci d'avance
&
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Réponses
si sqrt(n) est rationnel, alors on peut trouver p et q premiers entre eux tels que :
sqrt(n) = $\frac{p}{q}$
alors :
$p$ = $q$ sqrt(n) donc, au carré :
$p^2$ = $q^2$ $n$
donc $n$ divise $p^2$ donc $p$, donc en divisant par $n$, divise $q^2$ donc $q$ ce qui implique que $p$ et $q$ ne sont pas premier ce qui est contradictoire.
Sauf erreur, cela répond à ta question.
SadYear
17'5 n1c3 70 83 1mp0r74n7, 8u7 17'5 m0r3 1mp0r74n7 70 83 n1c3.
SadYear
17'5 n1c3 70 83 1mp0r74n7, 8u7 17'5 m0r3 1mp0r74n7 70 83 n1c3.
Donc $p^2=n \times q^2$. \\
$p$ et $q$ peuvent être décomposé en produit de nombre premier: \\
$$p=\displaystyle\prod_{i=1}^{m}{{p_i}^{\alpha_i}} \hspace{0.7cm}
q=\displaystyle\prod_{i=1}^{m}{{p_i}^{\beta_i}}
\mbox{ \ avec les exposants positifs ou nuls.}
$$
On remplace dans l'égalité $p^2=n \times q^2$:
$$ \displaystyle\prod_{i=1}^{m}{{p_i}^{2\alpha_i}}= n \times \prod_{i=1}^{m}{{p_i}^{2\beta_i}}$$
$$ n={(\displaystyle\prod_{i=1}^{m}{{p_i}^{\alpha_i-\beta_i}})}^2$$
$\alpha_i-\beta_i \geq 0$ du fait de l'unicité de la décomposition en facteurs premiers \\
donc $n$ est un carré parfait.\\
Réciproquement si $n$ est un carré parfait alors il existe $m \in N$ tel que $n=m^2$.\\
Donc $\sqrt{n}=m$ donc $\sqrt{n} \in Q$.
justement c'est cette démonstration que j'ai utiliser pour établire que $\ \sqrt{n}\notin \mathbb{Q}\ $ mais j'ai du mal à montrer que si $\ n \text{ divise } \ p^{2}$ alors $n \text{ divise }\ p$
et au cours de la démonstration j'ai pris le cas $n=8$ voici ce que j'ai trouvé
Supposons que $8\text{ ne divise pas p}$ alors $\exists\ k\in \mathbb{N} ,\ \exists\ r\in\{1,2,\cdots ,7\} \ p=8k+r$.
Pour $r=4$ on trouve $\exists\ k'\in\mathbb{N}\ p^{2}=8k'+16$
donc je me pose la question
es ce que la proposition $\ n \text{ divise } \ p^{2}$ alors $n \text{ divise }\ p$ dans tous les ces de figures?
salutation
"n divise p² donc n divise p" est faux pour n quelconque, même non carré parfait.
Mais on peut adapter en sortant les diviseurs carrés parfaits de n de la racine carrée. De ce point de vue, l'utilisation de la décomposition en facteurs premiers de n (dont l'un au moins a un exposant impair) est plus utile.
Cordialement.
Ça se fait de la même manière que précédemment sans les "problèmes" soulevés. En utilisant le lemme de Gauss.
Je n'ai pas cherché, mais il me semble qu'ensuite on peut en déduire le résultat général.
Si $\sqrt{n}=a/b$ où $a/b$ est une fraction réduite,
alors $n/1=a^2/b^2$, les deux fractions étant réduites.
L'écriture d'un rationnel sous forme réduite étant unique
il s'ensuit $n=a^2$ et $b=1$
Rappel
Si $PGDC(a,b)=1$
Alors il existe $x$ et $y$ tels que $ax+by=1$
Dans ce cas, $1=(ax+by)^3= a^2x^2(ax+3by)+b^2y^2(ax+3by)$
Donc $PGDC(a^2,b^2)=1$
P.S Pas de factorisation !
Mais ce que @stephane a dit, c'est le théorème de Gauss non ?
Le bon « théorème » pour résoudre cela est de dire que si $p$ et $q$ sont deux entiers premiers entre eux, alors quelque soit le couple d'entiers naturels $(m,n)$, $p^m$ et $q^n$ sont premiers entre eux.
Alors d'après $\frac{p^2}{q^2}=n$, on voit que $p^2$ et $q^2$ ne sont pas premiers entre eux, ce qui est absurde. Fin de la preuve.
PS : la preuve de Stephane est fausse (ou en tous cas pas lisible en l'état).
C'est d'abord le théorème de Gauss qui est faux (car incomplet) et personne ne le dit ici !.
Si on écrit : $p^2=q^2n$ alors clairement, comme $qn$ est un entier par définition, ($q$ divise $p$) OU ($q$ divise $p$) donc $q$ divise $p$ (idempotence) ce qui est absurde car $p$ et $q$ sont premiers entre eux (par hypothèse).
Babsgueye : quand tu dis « le lemme de Gauss » est faux, ce serait bien que tu explicites pourquoi, propose une version corrigée, etc.
Je suis vraiment surpris par le contre exemple de @ewassila ! Quelqu'un pour discuter et éclaircir ?
J'imagine qu'on veut dire qu'il est mal appliqué, voire qu'on ne peut pas l'appliquer.
Merci.
L'immense majorité des preuves de ce théorème s'appuient sur le théorème de la factorisation unique des entiers,
qui ne prospère que sur un terreau riche :
$-$ Tout entier a un diviseur premier
$-$ Tout entier est un produit de nombres premiers
$-$ Lemme d'Euclide : $\exists (a,b)\in\mathbb{Z}^2$ tq. $ax+by=PGDC(x,y)$
$-$ Lemme de Gauss : si $a$ divise $bc$ et si $PGDC(a,b)=1$ alors $a$ divise $c$
Ingrédients indispensables à la preuve du théorème.
D'où mon admiration pour un joyau caché quelque part dans le périodique AMM.
Concept 1 : $n\in\mathbb{N}$ est un dénominateur de la fraction $q$ si $nq\in\mathbb{Z}$
Lemme : Toute partie de $\mathbb{N}$ a un plus petit élément.
$\qquad$(intuitivement évident mais difficile à prouver, à l'œuvre aussi dans le lemme d'Euclide.)
Concept 2 : Le dénominateur de la fraction $q$ est son plus petit dénominateur.
Concept 3 : La partie entière du réel $x$, notée ici $E(x)$, est l'unique entier relatif tel que $0\leq x-E(x)<1$
Théorème : Si $q\in\mathbb{Q}$ et si $q^2\in\mathbb{Z}$, Alors $q\in\mathbb{Z}$.
$0\leq q-E(q)<1$ $||$ fois $d$
$0\leq dq-d\cdot E(q) < d$ $||$ au milieu, un entier positif ou nul.
$0\leq dq-d\cdot E(q) < d$ $||$ fois $q$
$0\leq (dq-d\cdot E(q))q$
Il y a égalité, sinon l'entier $(dq-d\cdot E(q))$ serait un dénominateur de $q$ plus petit que $d$.
On en est coi-t-et-baba.
P.S. Généralisable à $\sqrt[k]{n}$ par récurrence.
Celui que j'ai présenté m'intéresse parce qu' il n'utilise pas d'Algèbre du tout.
Il est bon toutefois de voir plusieurs méthodes sur ce problème.
D'ailleurs, et sauf erreur, Benoit Rittaud avait écrit un livre très intéressant sur $\sqrt 2$ il y a quelques temps.
http://www.amazon.fr/fabuleux-destin-V2-Benoît-Rittaud/dp/2746502755/ref=sr_1_9?ie=UTF8&qid=1446487568&sr=8-9&keywords=benoit+rittaud
C'est un axiome de l'arithmétique, prise seule. Pas un théorème. Par contre, il n'est absolument pas difficile à prouver en théorie des ensembles usuelle, il est même évident: IN est l'intersection de tous les ensembles qui contiennent $0$ et stables par $suc: x\mapsto x+1$ (où $x+1$ veut dire $x\cup \{x\}$). Une partie $A$ de IN qui n'a pas de plus petit élément, fournit une partie $B$ contenant $0$ et stable par $suc$ (qui est $B:=\{x\in \N\mid \forall y\leq x: y\notin A\}$). Il s'ensuit $\N\subset B$, donc $A=\emptyset$.
HYPOTHESES : $q\in\mathbb{Q}$, $d$ est le dénominateur de $q$ (le plus petit entier positif tel que $dq\in\mathbb{Z}$), $n\in\mathbb{N}^*$ et $q^n\in\mathbb{Z}$.
CONCLUSION : $q\in\mathbb{Z}$.
PREUVE : On appelle $P(m)$ l'affirmation $d^{m-1}q^m\in\mathbb{Z}$
On va prouver (1) que $P(n)$ est vraie, (2) que si $P(k+1)$ est vraie, alors $P(k)$ est vraie.
Par cette récurrence à l'envers on montre que $P(1)$ est vraie, ce qui est la conclusion.
(1) $P(n) : d^{n-1}q^n\in\mathbb{Z}$ est vraie parce que $d$ est entier et $q^n$ aussi, par hypothèse.
(2) Pour tout $k$, on a $0 \leq (d^{k-1}q^k) - E(d^{k-1}q^k) < 1$ (définition de la fonction partie entière E).
On multiplie par $d$, ce qui donne $0\leq (dq)^k- d\cdot E(d^{k-1}q^k) < d$ .
Le terme du milieu est un entier $D$ strictement plus petit que $d$ ($dq$ est entier).
On multiplie par $q$, ce qui donne $0\leq q[(dq)^k- d\cdot E(d^{k-1}q^k)] = d^kq^{k+1}-dq\cdot E(d^{k-1}q^k) \in \mathbb{Z}$
car $d^kq^{k+1}\in\mathbb{Z}$, c'est l'hypothèse de récurrence.
On a montré que $Dq\in\mathbb{Z}$. Si $D$ n'était pas nul ce serait un dénominateur de $q$ plus petit que $d$,
contrairement à la définition de $d$. Donc $D=0$.
$(dq)^k- d\cdot E(d^{k-1}q^k) = d\cdot\left( d^{k-1}q^k- E(d^{k-1}q^k)\right) = 0$
La grande parenthèse est nulle, donc $P(k) : d^{k-1}q^k\in\mathbb{Z}$ est vraie.
Pas simple; mais pas de factorisation ni de nombres premiers.
Si (p/q)est irréductible et racine d'un polynôme a coefs entiers et de coef dominant 1.
alors en mettant (p/q)^n +blabla=0 au même dénominateur (en l'occurrence q^n) tu obtiens que p^n est multiple de q. Donc q=1.
Le seul truc utilisé c'est que si p;q premiers entre eux alors p^n; q^n aussi
Je crois que c'est très très connu comme phénomène
Je pense bien connaître toutes les preuves présentées dans ce fil.
Celle que tu mentionnes utilise la factorisation de $p$ et $q$
Ce n'est pas le cas de la mienne. Ici, la preuve m'intéresse bien plus que le résultat.
Dans "ma" preuve, la notion de "fraction réduite" est remplacée par celle de "Le dénominateur" d'une fraction,
qui n'est pas construit dans la démonstration, mais dont l'existence seule est mentionnée.
Tout le reste est de type analytique, comme dans la preuve de transcendance de $e$.
Cordialement-
P.S. Quand je lis ta signature, je ne suis plus moi-même (:D
Non seulement Bézout. Dans n'importe quel anneau commutatif unitaire, si $xa+yb = 1$ alors il existe $x',t'$ tels que $x'a^n+y'b^n=1$ (un idéal maximal qui contiendrait $x^n$ et $y^n$ contiendrait $x,y$)