$\sqrt{2}$が無理数であることの証明を
でしていきます.
以下では,0を含めない自然数全体を集合を$\mathbb{N}$,$a_0,b_0 \in \mathbb{N}$とすることにします.
$\sqrt2$は有理数であると仮定すると,$a,b$を互いに素であるとして,
\begin{eqnarray*}
\sqrt{2}=\frac{b}{a}
\end{eqnarray*}
と表すことができる.
両辺2乗すると,
\begin{eqnarray*}
2=\frac{b^2}{a^2}
\end{eqnarray*}
となり,両辺に$a^2$をかけると,
\begin{eqnarray}
\tag{1}
2a^2=b^2
\end{eqnarray}
となる.
ここで,左辺は2の倍数であるから,右辺も2の倍数である.
$b=2b'$とおくと,式(1)は,
\begin{eqnarray}
2a^2 &=& {\left(2b'\right)}^2 \\
a^2 &=& 2b'^2
\tag{2}
\end{eqnarray}
となる.
式(2)において,右辺は2の倍数であるから,左辺も2の倍数である.
$a=2a'$とおくと,
$b=2b'$であるから,$a,b$が互いに素であることに矛盾する.
これは,$\sqrt2$を有理数であると仮定したからである.
よって,$\sqrt{2}$は無理数である.
$\sqrt2$は有理数であると仮定する.
$a,b$を互いに素である自然数であるとすると,$\sqrt2$は有理数であるから,
\begin{eqnarray}
\sqrt{2}=\frac{b}{a}
\end{eqnarray}
と表すことができる.
両辺2乗すると,
\begin{eqnarray}
2=\frac{b^2}{a^2}
\end{eqnarray}
となり,さらに,両辺に$a^2$をかけると,
\begin{eqnarray}
2a^2=b^2
\end{eqnarray}
となる.
ここで,左辺は2は奇数個であるが,右辺は偶数個であり,素因数分解の一意性に反する.
これは,$\sqrt2$を有理数であると仮定したからである.
よって,$\sqrt{2}$は無理数である.
$\sqrt2$は有理数であると仮定する.
$a,b$を互いに素である自然数であるとすると,$\sqrt2$は有理数であるから,
\begin{eqnarray*}
\sqrt{2}=\frac{b}{a}
\end{eqnarray*}
と表すことができる.
両辺2乗すると,
\begin{eqnarray*}
2=\frac{b^2}{a^2}
\end{eqnarray*}
となり,さらに,両辺に$a^2$をかけると,
\begin{eqnarray}
\tag{3}
2a^2=b^2
\end{eqnarray}
となる.
ここで,左辺は2の倍数であるから,右辺も2の倍数である.
$b=2b_1$とおくと,式(3)は,
\begin{eqnarray}
2a^2 &=& {\left(2b_1\right)}^2 \\
a^2 &=& 2b_1^2
\tag{4}
\end{eqnarray}
となる.
式(4)において,右辺は2の倍数であるから,左辺も2の倍数である.
$a=2a_1$とおき,式(4)に代入すると,
\begin{eqnarray*}
a^2 &=& 2b_1^2 \\
2a_1^2 &=& b_1^2
\end{eqnarray*}
となる.
これを繰り返すと,
\begin{eqnarray*} b_n<\cdots < b_3 < b_2 < b_1 < b \end{eqnarray*}
と,$b_n$は限りなく小さな値をとることになるが,これは$b$が自然数であることに反する.
これは,$\sqrt2$を有理数であると仮定したからである.
よって,$\sqrt{2}$は無理数である.
(整数係数の整式)$=0$が有理数解$\frac{q}{p}$を持つならば,$p$は最高次の係数の,$q$は定数項の約数である.
という定理を用います.
証明をします.
\begin{eqnarray}
a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0=0
\end{eqnarray}
という$n$次方程式を考えます.
有理数解$\frac{q}{p}$を持つと仮定して,$x$に代入すると,
\begin{eqnarray}
a_n\left(\frac{q}{p}\right)^n+a_{n-1}\left(\frac{q}{p}\right)^{n-1}+\cdots+a_1\frac{q}{p}+a_0=0
\end{eqnarray}
が成り立ちます.
両辺に$p^n$をかけると,
\begin{eqnarray}
a_nq^n+a_{n-1}pq^{n-1}+\cdots+a_1p^{n-1}q+a_0p^n=0
\end{eqnarray}
となります.
$a_n$の項を左辺に残して,残りの項を両辺から引きます.
\begin{eqnarray}
a_nq^n &=& - \left(a_{n-1}pq^{n-1}+\cdots+a_1p^{n-1}q+a_0p^n \right) \\
&=& - p\left(a_{n-1}q^{n-1}+\cdots+a_1p^{n-2}q+a_0p^{n-1} \right)
\end{eqnarray}
よって,右辺は$p$の倍数となります.
$p$と$q$は互いに素ですから,左辺においては$a_n$が$p$の倍数であるということになります.
同様にして,$a_0$の項を左辺に残して,残りの項を両辺から引きます.
\begin{eqnarray}
a_0p^n &=& - \left(a_nq^n+a_{n-1}pq^{n-1}+\cdots+a_1p^{n-1}q\right) \\
&=& - q\left(a_nq^{n-1}+a_{n-1}pq^{n-2}+\cdots+a_1p^{n-1} \right)
\end{eqnarray}
よって,右辺は$q$の倍数となります.
$q$と$p$は互いに素ですから,左辺においては$a_n$が$q$の倍数であるということになります.
(証明終わり)
では,$x^2-2=0$という解に$\pm\sqrt{2}$を持つ左辺が整数係数の整式の二次方程式を考えます.
定理に当てはめると,最高次の係数は$1$であり,定数項は-2となります.それぞれ約数の組は,$\left(\pm1,\pm1\right)$と,$\left(\pm1,\mp2\right)$となります.ですから,$p=\pm1,q=\pm1,\pm2$で考えると,全部で4通り考えられますが,
$\sqrt{2}$はこれに含まれていません.
よって,$\sqrt{2}$は有理数ではないため,無理数となります.
2年前に書いて下書きに眠ってたのをそのまま出しました.
間違ってたら教えてください.