exp(π)-π=19.999099979...

といったふうに、整数に近い値になります。

このように、無理数を使って、簡単な演算で無理数なんだけど(或は無理数らしい)、
その値いが整数、或は、有理数に近くなる例は、他にないですか?

A 回答 (9件)

質問の意図とは違うかもしれませんが、「もっとも美しい比率」といわれる黄金比1:(1+√5)/2 は無理数ですが、フィボナッチ数列


0,1,1,2,3,5,8,...
(a_n=a_(n-1)+a_(n-2) )
の隣り合う項の比 a_n:a_(n+1) の極限になりますので、nが大きくなるにつれて、この有理数は黄金比に近づきます。
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演算であらわせば、aを無理数である定数とします。

Nを自然数とします。
x=1-a/N
とすれば、xも無理数になります。で、Nを大きくすれば、xはいくらでも1に近づけます。
・・・でも、これはつまらない例ですね(^^;。
質問者様はもっと面白い例が欲しいのでしょうが、なかなか思いつきません。すみません。<(_O_)>。
eのπ乗引くπのe乗は、結構0に近いかも・・・。
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この回答へのお礼

2001年出題なのにありがとうございました。
ラマヌジャンはそういった数をいくつも示したようですね。

お礼日時:2009/12/15 17:18

0.999...という形で、ある桁以後が...314159...と円周率の形になっていれば、循環小数にならないので、無理数ですね。


9の数を増やせば1にいくらでも近づけます。(だんだん自信がなくなってきましたが)。
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すみません。

前の答えは間違いです。これは一種の循環小数なので有理数です。
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0.999...という具合に小数点以下9が並んでいるが、どこか1桁だけ、9ではない、という無限小数を考えることができます。

循環小数ではないので無理数ですね。
その桁が小数点以下第n桁目の場合、nを大きくすれば、いくらでも1に近い無理数を考えることができます。
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こんなのもありました。



http://documents.wolfram.com/framesv4/frames.html
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uzo様ご指摘の数は。


exp(π*√163)=2625374126040768743.9....(9が12桁続く)

[{log(640320^3+744)}/2]^2=163.0....(0が28桁続く)
です。

「オイラーの贈り物」は良い本です、私も未読の方にはお勧めしたい。
uzo様割りこみ失礼いたしました。
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http://www.imai.gr.jp/japanese/vector/no0041.html には、

「 ei・π=-1 故に神は存在する??? 」

とすごい証明がされていました。
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今、手元にないのですが


吉田武『オイラーの贈り物』海鳴社

の中に
いくつかこのような数がでていたのを記憶しています。

なかなか感動的でした。
この本、4・5年前?にでた一般向け数学書では
ベストセラーなので、比較的入手しやすいと思います。
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Q2002年の千葉大学 logが無理数である証明問題

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ㅤㅤㅤㅤㅤㅤ
log[2]3が無理数であることの証明は

log[2]3が正の整数であると仮定すると

log[2]3=q


2^p=3


左辺は偶数であるが、右辺は奇数であるので矛盾。

以上より、log[2]3は無理数である。


この証明方法って率直にどう思われますか?


教えていただきたいです。

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無理数でないことを証明するならば、有理数であると仮定して矛盾を導くのが基本です。

log[2]3=p/q (pは整数、qは自然数)とおけば
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2と3は互いに素よりこれをみたすpとqは存在しない。

で終わりです。ごく短い証明であることが分かりますよね。短い証明の中で「自明」という単語を使うのはものすごく印象が悪いことを覚えておいてください。
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しかし今回のような問題は、logの計算が本質です。それを正の整数の場合しかやらないとは大きなミスであることが分かりますか?

この問題に関しては以上です。
最後に質問とは少しずれますが、今後のために。
入試に関しては出来るだけ省略しないことがオススメです。
大学以上の数学では「相手に証明の本質を伝えること」が中心なので、簡単な計算などは省略して大丈夫なのです。入試の採点官である大学の先生も普段はそういう感覚なので、多少のことは省略しても違和感を持たないかもしれません。
しかし入試では「どこまで精密に書けるか」が争点です。大学生に教えるときはすごく細かいことまでは問わない先生でも、入試の採点となるとそこまでチェックしてくるかもしれません。
大学の先生が普段の感覚で採点するか、入試モードに切り替えて採点するかは分かりません。それならば省略せずにきっちり書いた方が確実に点数をもらえますよね。

長くなりましたが以上です。勉強がんばってください。

無理数でないことを証明するならば、有理数であると仮定して矛盾を導くのが基本です。

log[2]3=p/q (pは整数、qは自然数)とおけば
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Qcos(有理数*2π)=有理数となるのはどういったときですか

先日、tan1°、sin1°が無理数であるとのご回答を
いただきました。
http://oshiete1.goo.ne.jp/kotaeru.php3?q=2209804

cos(n°)が有理数になるのは、1≦n≦89の範囲では、n=60のときになるときだけ、と自分自身で考えたことをお礼の欄で述べましたが、それはしらみつぶしの方法でした。

改めて、cos(2π*p/q)が有理数となる場合はどういったときか、を教えていただきたいです。以後、孤度法を用います。
sinやtanも気になりますが、とりあえずcosがやりやすそうです。

孤度の(有理数*2π)を区間[0,π/2]上の点に限ると、
結論は、次の場合のみであろうと僕は思います。
cos(0)=(-1),cos(π/3)=1/2,cos(π/2)=0

さて、それを示したいのですが、cos(nθ)はcosθの整数係数n次多項式でかけると言うn倍角の公式があります。
http://www004.upp.so-net.ne.jp/s_honma/inequality/tschebyscheff.htm
をみると、その最高次の係数は、2^(n-1)です。
定数項は、0または±1です。

つまり、文字を自然数として、
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と仮定したとき、左辺のq倍角は、
1=cos(2π*p)=[cos(2π*p/q)を変数とする整数係数q次多項式、最高次の係数は2のベキ]
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ここで、分母が2のときは、cos(π/3)=1/2などの解がある。
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別の解法でもいいですので、ヒントでもいいですので、tanなどの場合でもいいですので、なにかご教授いただけないでしょうか?

先日、tan1°、sin1°が無理数であるとのご回答を
いただきました。
http://oshiete1.goo.ne.jp/kotaeru.php3?q=2209804

cos(n°)が有理数になるのは、1≦n≦89の範囲では、n=60のときになるときだけ、と自分自身で考えたことをお礼の欄で述べましたが、それはしらみつぶしの方法でした。

改めて、cos(2π*p/q)が有理数となる場合はどういったときか、を教えていただきたいです。以後、孤度法を用います。
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孤度の(有理数*2π)を区間[0,π/2]上...続きを読む

Aベストアンサー

既に秀逸な回答が出ているので、改めて書く必要はないのですが、僕もかつて考えたことがあるのでご紹介します。

チェビシェフ多項式Sn(x)は非自明な(0、±1/2以外の、という意味)有理数解を持たないことが証明できます。あとで略証も与えます。チェビシェフ多項式の性質から、
1=cos(2π*p)=cos(q*(2π*p/q))=Tq(cos(2π*p/q))
です。よって問題はTqが有理点で極大値1を持つことがあるか?ということに帰着されます。Tqを微分するとSqというのが出てくるので(定数倍をのぞく)Sqの零点で有理数になるものがあるか?という問題になります。ところがこれは自明なものx=0、x=±1/2しかないのだから、結局題意が従うことになります。

S1(x)=1
S2(x)=2x
S3(x)=4x^2-1
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なのですが、自明な零点というのは、S2とS3から出てきたことになります。そしてS4以上では有理数解が出てこない、というわけです。このあたりの背景は、もちろんAN.2様の回答を見ても、なるほどそうなりそうだ、と思われるかも知れません。

以下Snが非自明な有理数解を持たないことについてのてきとーな説明。Sn=0の解はcos(2π/n)、cos(4π/n)、…なのだけれども、どれかが有理数と仮定するとそれは、±1/2^jの形でないといけない。いま、たとえば、cos(2kπ/n)=±1/2^jとして、3倍角の公式を使えば、cos(6kπ/2))=±(1/2^{3j-2}-3/2^j)となり、cos(6kπ/n)のやっぱり同じSnの解なのだから、これも±1/2^mの形をしていないといけない。ところがj≧2だとそれはあり得ないから、j=0,1となる。j=0は要するにp=0に対応する場合。また、j=1のときは、cos(2kπ/n)=±1/2であって、n=3、k=1or2の場合とわかる。

ちなみにこれは完全な回答ではないです。実際にはnの偶奇による場合分けが必要です。というのはSnはnが偶数のとき定数項がなくなってしまうからです。でも基本的に同じような論法で証明できます。ちょっと面倒ですが。やっぱりAN.2様の方法の方が自然かも。

既に秀逸な回答が出ているので、改めて書く必要はないのですが、僕もかつて考えたことがあるのでご紹介します。

チェビシェフ多項式Sn(x)は非自明な(0、±1/2以外の、という意味)有理数解を持たないことが証明できます。あとで略証も与えます。チェビシェフ多項式の性質から、
1=cos(2π*p)=cos(q*(2π*p/q))=Tq(cos(2π*p/q))
です。よって問題はTqが有理点で極大値1を持つことがあるか?ということに帰着されます。Tqを微分するとSqというのが出てくるので(定数倍をのぞく)Sqの零点で有理数になるものがあ...続きを読む

Q有理数+無理数=無理数 の証明

有理数+無理数=無理数ということは
イメージではわかるのですが 厳密に文字を使って証明することが出来ません。背理法を使って解くのでしょうか?

Aベストアンサー

有理数+無理数=無理数でなく
有理数1+無理数=有理数2と仮定。
無理数=有理数2ー有理数1
p、q、m、nを整数とする
      
        p
有理数2=  ̄ ̄ ̄
        q

        m
有理数1=  ̄ ̄ ̄
        n

                p     m
と仮定すれば無理数=  ̄ ̄ ̄ -  ̄ ̄ ̄
                q     n

    pn-mq        R
= ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄  =  ̄ ̄ ̄ ̄
      qn         K
pn-mq=R(整数)
qn=k(整数)

となるので無理数=有理数となり矛盾。よって有理数+無理数=有理数と仮定すると矛盾。よって有理数+無理数=無理数。

>>というより大学入試で無理数関係の証明問題がでればすべて背理法です。

そうとも限らない

Qにゃんこ先生の自作問題、3つの無理数の和と積が無理数か有理数かにおいて、すべての可能性がありうるか?

にゃんこ先生といいます。

2つの有理数a,bがあるとき、その和と積は閉じています。
2つの無理数a,bがあるとき、その和と積は閉じていないですが、次のようにすべての可能性の例があることを調べました。
a+b=有、a*b=有、の例:a=√2、b=-√2
a+b=有、a*b=無、の例:a=√2、b=1-√2
a+b=無、a*b=有、の例:a=√2、b=√2
a+b=無、a*b=無、の例:a=√2、b=√3

では、3つの無理数a,b,cがあるとき、その和a+b+cと、積abcと、ここで仮に積和と呼ぶab+bc+caと、ここで仮に和積と呼ぶ(a+b)(b+c)(c+a)が、有理数か無理数かにおいて、すべての可能性はあるのでしょうか?

和と積と積和と和積がそれぞれ有理数か無理数かにおいては、2^4=16通りの可能性がありますが、すべての可能性の例はあるのでしょうか?それともありえないパターンはあるのでしょうか?

Aベストアンサー

abc ∈ Q のときは解が有理数かどうか簡単にわかることがあります.
特に x^3 + αx^2 + βx + 1 = 0 で α, βの一方が有理数で他方が無理数のときには有理数解は持てませんし, 両方とも整数の場合には x = ±1 以外の有理数解を持ちません.
だから, このときには「2次の無理数の和」に限定する必要はありません.

Q対偶法による無理数の証明について教えて下さい。

√2が無理数ならば√2+1は無理数であることを証明せよ。

を背理法ではなく、対偶法で以下のように考えました。

√2+1=P(有理数)とすると√2=P-1(有理数)となり√2が有理数であること
が証明された。
よって対偶法が真なので元の命題も真である。

これでも問題ないですか?

Aベストアンサー

√2ではなくて、aとすれば分かりやすいでしょう。

「aが無理数ならばa+1は無理数である」

待遇法は、
「a+1が有理数ならばaは有理数である」ことを示すことです。


a+1=P(有理数)とするとa=P-1(有理数)となりaが有理数であること
が証明された。


としても問題ありません。


「√2が無理数」はあくまでも仮定であって、実際に無理数かどうかは関係ありません。

Qy=cos(x+7π/18)+cos(x+π/18)の最大値と最小値、

y=cos(x+7π/18)+cos(x+π/18)の最大値と最小値、そのときのxの値を求めよ。ただし0≦x<2πとする。という問題で

和を積に直す公式、cosA+cosB=2cos(A+B)/2*cos(A-B)/2という公式を使用して解くのかと思ったのですが
A=α+β、B=α-βという場合のみ適用できるものですよね?だとしたらどのようにして解くのですか?どなたか教えていただけないでしょうか?

Aベストアンサー

もちろん、A = α + β, B = α - β が必須。
x + 7π/18 = α + β, x + π/18 = α - β と置いたことにより、
β = { (x + 7π/18) - (x + π/18) } /2 = π/6 となって、
これが x に依らないことが、最大最小を求める役に立つ。
α = x, β = 7π/18, γ = π/18 じゃ、ないからね。

Q√2を無理数と言える証明(背理法以外で)

現在、√2を無理数だと証明する方方には、矛盾から考える背理法と言うのがあります。というか、自分がそれしか知らないのかもしれません。
今学校で、√2の正体について追究しています。
背理法についてまとめた人はたくさんいるので…。
√2を無理数だと証明する方法、ありませんか?

Aベストアンサー

凄い研究やってるんですね。楽しそうです。

「帰謬法」は「背理法」の別名です。Pという命題を証明しようとするとき、「Pでない」と仮定して矛盾を導くんですね。正確に言えば、適当な命題Aについて
「PでないならばAである」と「PでないならばAでない」を証明して、これらから「Pである」と結論します。ご質問の場合、
P: √2は無理数である
を証明しようという訳ですけど、
・√2って何か。「x^2 = 2 を満たす正の数x」
これは良いでしょう。では、
●無理数って何か。「有理数でない数」「どんな整数nについてもnxが整数にならないような数x」「小数展開したときに、循環小数にならないような数」

 いずれも「××でないもの」と定義されています。だから帰謬法が有効です。すなわち、『「××でない数」ではない』は『××である数』と同じですから、
「√2は有理数である」と仮定する。
「或る整数nが存在してn√2が整数である」と仮定する。
「√2を小数展開したときに、循環小数になる」と仮定する。
などから出発して、矛盾を導く。

○良く知られた帰謬法による証明は:
「√2は有理数である」と仮定する。
すると整数n,mが存在して「m>0かつ √2 = n/mかつn/mは既約分数」を満たす。
(√2)^2 = 2
であるから
(n/m)^2=2
よって
n^2 = 2(m^2)
従ってnは偶数である。すなわち
n=2k
を満たす整数kが存在する。ゆえに
4(k^2) = 2(m^2)
2(k^2) = m^2
従ってmは偶数である。
だからn,mは共に偶数であり、n/mは既約分数ではない。これは矛盾である。
つまり『「√2は有理数である」ならば矛盾である。』が証明された。
ゆえに「√2は有理数でない」が証明された。

●ほかの証明方法と言いますと、
○対偶を使う。
 「xが√2ならばxは有理数でない」の対偶は「xが有理数ならば、xは√2でない」です。
 つまり、「どんな有理数xも x^2=2 を満たさない」ことを示せば良い。
○ジレンマ(場合分け)を使う。適当な命題Aを見つけて、
 「Aならば√2は有理数でない」および「Aでないならば√2は有理数でない」
 の両方を証明できたら、「√2は有理数でない」が言えます。
○三段論法を使う。適当な命題Aを見つけて、
 「xがAならばxは有理数でない」および「√2はAである」
 の両方を証明できたら、「√2は有理数でない」が言えます。
○数学的帰納法(累積帰納法)を使う。例えば
 Q(m) : 「どんな整数nについてもn/mは√2ではない。」
 とするとき、
 「Q(1)である」と
 「自然数mがm>1のとき、『自然数jがm>j≧1を満たすならQ(j)である』ならばQ(m)である」
 を証明する。
などが考えられます。しかしながら、これらの代替え案も皆、どこかで「××でない」を言わねばならないのは同じで、ここのところで帰謬法を使っちゃいます。具体的に見てみましょう。

●上記の帰謬法による証明を、対偶「xが有理数ならば、xは√2でない」の証明に変えるのは簡単です。
「x^2=2を満たす有理数xがある」と仮定する。
すると整数n,mが存在して「m>0かつx= n/m かつ n/mは既約分数」を満たす。
仮定により(n/m)^2=2だからnもmも偶数である。(ここの詳細は既に、帰謬法の例で見ました。)
だからn,mは共に偶数であり、n/mは既約分数ではない。これは矛盾である。
以上から、『「x^2=2を満たす有理数xがある」ならば矛盾』が証明できた。
ゆえに「xが有理数ならば、xはx^2=2を満たさない」つまり、「xが有理数ならば、xは√2でない」が証明できた。
 やっぱりこれも帰謬法を含んでいます。

●帰納法にしてみましょう。ついでにジレンマの例も見てみましょう。
Q(m) : 「どんな整数nについてもn/mは√2ではない。」
とするとき、「Q(1)である」と「自然数mがm>1のとき、『自然数jがm>j≧1を満たすならQ(j)である』ならばQ(m)である」を証明します。
Q(1) : 「どんな整数nについてもnは√2ではない。」
  すなわち「√2は整数でない」を証明する問題です。これをジレンマで証明しましょう。
  つまり
    A: 整数nがn≦1のとき、nは√2ではない。
    B: 整数nがn≧2のとき、nは√2ではない。
  を証明すれば、Q(1) が言えたことになります。
  Aは√2の定義から明らかです。Bは数学的帰納法を使って簡単に証明できます。
自然数mがm>1のとき。『自然数jがm>j≧1を満たすならQ(j)である』と仮定する。
  この仮定の下で、ジレンマを使いましょう。
  C:「n/m≠√2であるならばn/m≠√2である」
  D:「n/m=√2であるならばn/m≠√2である」
  この両方を証明すれば、Q(j)であることが証明されます。
  Cの証明:トートロジーです。n/m≠√2と仮定すればn/m≠√2。
  Dの証明:
    n/m=√2であるとすると、(既に見たように)nもmも偶数であることが分かる。
    従って、n/mは既約でない。すなわちh/j = n/m, m>j≧1を満たす整数h,jが存在する。
    仮定『自然数jがm>j≧1を満たすならQ(j)である』によりh/jは√2ではない。
    ゆえにn/m≠√2。
  ゆえに、Q(m):「どんな整数nについてもn/mは√2ではない。」が証明された。
以上から、どんな自然数mについてもQ(m)であることが示された。

★ここでは帰謬法が使われていない! でもジレンマを使っています。
 ジレンマは、「AならばPである」と「AでないならばPである」から「Pである」を導く推論ですが、上の例ではAの所にPを代入して、「PならばPである」と「PでないならばPである」から「Pである」を導く、という形で使いました。前者は自明であり、実質「PでないならばPである」を証明するだけです。
 一方、帰謬法は「PでないならばAである」と「PでないならばAでない」から「Pである」を証明します。Aの所にPを代入すると、「PでないならばPである」と「PでないならばPでない」を証明することになり、後者は自明ですから、実質「PでないならばPでない」を証明するだけです。つまり、ジレンマと帰謬法はA=Pとしたときには同じものになる訳です。
 言い換えれば、帰謬法をジレンマの形に化けさせて使うことができます。これはズルですよね。

●どうにも、帰謬法が止まりません。じゃあ、もっと他の方法は?
√2を計算するには近似値g[0] = 2 からスタートして、
g[n]=g[n-1] /2+1/g[n-1]
を繰り返し計算する方法があります。(てゆーかー、今作りました)
ε[n] = g[n]-√2
と定義すると、n=1,2,....について(2-√2)≧ε[n-1] , (1/√2-1/2)ε[n-1]>ε[n] ≧0, g[n]>√2が成り立つことは簡単に証明できます。ここで、0<(1/√2-1/2)<1だから、ε[n]は0に単調に収束し、従って、g[n]は√2に単調に収束します。計算方法から、g[n] (n=0,1,2,....)はどれも有理数であることは明らかです。
同様に、h[0]=0、h[n]=2-2/(h[n-1]+2) は√2に、h[0]<h[1]<....<√2と単調に収束する有理数の列です。だから、
h[n]<√2<g[n]
である。こうして、√2は「x^2=2の解」なんて抽象的なものではなく、幾らでも正確に計算できる具体的なアルゴリズムで記述されるようになりました。でも、「h[n]とg[n]の間」という範囲に入る有理数は、nをどんなに増やしてもなお無限個あります。そのどれもが√2ではない、ということを証明しなくてはならない。つまり、ここまで絞り込んでも、結局「××ではないもの」というパターンからは逃れられません。

●では、「帰謬法を使ってはいけない」というルールの数学を考えたとき、√2が有理数でないことを証明できなくなるんでしょうか?
 帰謬法とは「Aでないならば矛盾である。ゆえにAである」ということですけど、「Aでないならば矛盾である」を証明するのを禁じる理由はありません。だから『「Aでないならば矛盾である(=「Aでない」は成り立たない)」から「ゆえにAである」と言ってはいけない』と決めるしかない。つまり「帰謬法を使ってはいけない」ってのは、
排中律:「どんな命題Aも、AであるかAでないかのどちらかである。」を使ってはいけない
ということに他なりません。(だからジレンマも対偶も使えません。)さらに言い換えれば、「『Aである』が成り立たない」と「Aでない」とは別の事を意味している、という論理体系です。
 これは非常に制限が強い。たとえば、
 「2=√2ではない」の証明:2はx^2=2を満たさない。
というのが証明になっているかどうか。詳しく考えますと
  2=√2と仮定する。
  √2の定義から、(√2)^2=2である。仮定により2^2=2である。
  一方2^2=4だから、2=4である。
  これは矛盾である。だから「2=√2ならば矛盾」が示された。
  ゆえに「2=√2ではない」。
というわけで、帰謬法が(こっそり)使われている。

●きちんと定式化してみましょう。
 「排中律を禁止する体系Xでは『√2が有理数でない』ことは証明できない。」を証明せよ
という問題です。これは、数学の体系を対象とした数学、すなわち超数学の命題です。証明せよと言っているこの証明は排中律を禁止する体系Xの中で行われるのではなく、従って排中律を使うことができます。体系Xではどんな推論が許されているのか(無論、排中律が定理として導かれるような推論規則は全部禁止です)をきちんと調べておかないと、この問題は解決できないでしょう。そもそも有理数とその四則演算を定義するまでの段階で排中律を使っていないかどうかのチェックをしなくては意味がありません。大仕事ですね。
 もっと一般化して
 「排中律を禁止する体系Xでは『xが命題A(x)を満たさない』ことは証明できない」ようなAとはどんなものか
という問題と捉えることができます。どんな命題なら『xが命題A(x)を満たさない』が証明でき、どんな命題ならできないか。

凄い研究やってるんですね。楽しそうです。

「帰謬法」は「背理法」の別名です。Pという命題を証明しようとするとき、「Pでない」と仮定して矛盾を導くんですね。正確に言えば、適当な命題Aについて
「PでないならばAである」と「PでないならばAでない」を証明して、これらから「Pである」と結論します。ご質問の場合、
P: √2は無理数である
を証明しようという訳ですけど、
・√2って何か。「x^2 = 2 を満たす正の数x」
これは良いでしょう。では、
●無理数って何か。「有理数でない数」「どんな整数nに...続きを読む

Q√19-aの値が整数となる正の整数aの値を求める

中学数学の問題です。
√19-aの値が整数となるような正の整数aの値を全て求めなさいという問題がどうしても解けません。
解き方を教えて頂きたいです。

Aベストアンサー

√19-aの値が自然数なら、√の中が1,4,9,16になればよいから、
a=19-1=18
a=19-4=15
a=19-9=10
a=19-16=3
の4つだけど、整数は0も負数(-)も含むから、先の4つに加えて
a=19-0=19
a=19-25=-6
a=19-36=-17
a=19-49=-30
a=19-64=-45
a=19-81=-62
a=19-100=-81…と無限にありますけど。


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