No.5ベストアンサー
- 回答日時:
No.1 補足にある、貴方の解法でよいでしょう。
No.2 補足にあるとおり、
√(n(n+1)) が無理数であることを示せば、
No.1 の論法で証明できます。
もし、n(n+1) が平方数であれば、
n と n+1 は互いに素であることから、
n と n+1 が其々平方数でなくてはなりませんが、
n と n+1 の差が 1 であることから、
それはあり得ません。
平方数の差の最小値は、4-1 です。
よって、√(n(n+1)) は無理数。
No.4
- 回答日時:
#3 の命題[1] が全てかなぁと感想を持ちつつ, たぶん誰も期待しない解答:
n が自然数なら n と n+1 が同時に平方数になることはないので, 2つの 2次方程式
t^2 - 2[√(n+1)]t + 1 = 0
t^2 - 2[√n]t - 1 = 0
が同時に有理数解をもつことはありません.
そして, この 2つの方程式は √n + √(n+1) を共通解に持ちます.
よって √n + √(n+1) は無理数.
No.3
- 回答日時:
まず準備として、
命題[1]
「すべてのnに対して、√nと√(n+1)の少なくとも一方は無理数である。」
を示します。
(証明)
自然数nに対し、√nが有理数のとき、p、qを互いに素である自然数として、
√n=q/p⇒n=(q^2)/(p^2)
p^2、q^2も互いに素であるのでp^2=1、すなわちp=1である。
よって、√nが有理数のとき、√nは自然数である。
さて、√nと√(n+1)がともに有理数、すなわち自然数と仮定すると、
√(n+1)-√n=1/(√(n+1)+√n)<1
これは、√nと√(n+1)がともに自然数であることに反する。
よって、命題[1]は示された。(証明終)
では、本題に移りましょう。
命題[2]
「すべてのnに対して、√n+√(n+1)は無理数である。」
を示します。
(証明)
命題[1]より、すべてのnに対して、√nと√(n+1)の少なくとも一方は無理数である。
(i)√n、√(n+1)の一方が有理数、もう一方が無理数のとき
このとき、√n+√(n+1)は無理数である。
(ii)√n、√(n+1)がともに無理数のとき
√n+√(n+1)が有理数であると仮定すると、r、sを互いに素である自然数として、
√n+√(n+1)=s/r⇔√(n+1)=-√n+s/r
⇒n+1=n-(2s√n)/r+(s/r)^2
⇔√n=(r/2s){-1+(s/r)^2}
すると、左辺は無理数、右辺は有理数となり矛盾。
よって、√n+√(n+1)は無理数である。
(i)、(ii)より命題[2]は示された。
もう少し簡潔な証明法があるかもしれませんが、確か京大の過去問に類題があったので、その時の解き方に倣ってみました。
No.1
- 回答日時:
まずは n = 2 の場合を証明して補足にどうぞ。
この回答への補足
ここに書けということでしょうか?
参考にしろってことですかね?
まぁ一応書きます
まず√2+√3を有理数と仮定する
2乗して5+2√6,これは有理数なので2√6も有理数
次に√6は有理数なのでp/qと整数の比で表せる(pとqは互いに素)
2乗して6=p^2/q^2, つまり6q^2=p^2・・・(1)
p^2は2の倍数なのでpも2の倍数、よって2rと表せる
(1)に代入して6q^2=4r^2 つまり3q^2=2r^2
これよりq^2は2の倍数なのでqも2の倍数
これは互いに素という仮定に矛盾する
よって√6は有理数ではない
ゆえに5+2√6も有理数ではない
したがって√2+√3は無理数である
こんな感じでよろしいでしょうか?
でもこれはあまり自分の質問と繋がらないと思うのですが
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