33
大学数学基礎解説
高校数学(2) √2の無理性の証明
1624
1
$$$$
今回は$\sqrt{2}$が無理数であることを様々な方法で証明してみます。
定理
$\sqrt{2}$は無理数
$\sqrt{2}$は無理数
まずは教科書に載っている証明です。
(証明1)
$\sqrt{2}$が有理数であると仮定すると$\displaystyle\sqrt{2}=\frac{n}{m}$と既約分数に表すことができる。
これを変形すると$n^2=2m^2$となる。
この式において、右辺は偶数なので左辺も無論偶数であり、$n$が偶数であることがわかる。
よって、$n=2n'$とおくと$4(n')^2=2m^2$より、$2(n')^2=m^2$となり、先程と同じ理由により$m$が偶数であることがわかる。しかし、これは$\displaystyle\frac{n}{m}$が既約分数であるという仮定に反する。
よって$\sqrt{2}$は無理数である。 □
$\sqrt{2}$が有理数であると仮定すると$\displaystyle\sqrt{2}=\frac{n}{m}$と既約分数に表すことができる。
これを変形すると$n^2=2m^2$となる。
この式において、右辺は偶数なので左辺も無論偶数であり、$n$が偶数であることがわかる。
よって、$n=2n'$とおくと$4(n')^2=2m^2$より、$2(n')^2=m^2$となり、先程と同じ理由により$m$が偶数であることがわかる。しかし、これは$\displaystyle\frac{n}{m}$が既約分数であるという仮定に反する。
よって$\sqrt{2}$は無理数である。 □
次に、この方法を少しアレンジしてみます。
(証明2)
$\sqrt{2}$が有理数であると仮定すると、$\displaystyle\sqrt{2}=\frac{n}{m}$と表すことができる。(既約分数でなくてもよい)
これより、$n^2=2m^2$となる。
ここで、$n$が$2$で割り切れる最大の回数を$a$、$m$が$2$で割り切れる最大の回数を$b$とすると、$2a=2b+1$となり、$(偶数)=(奇数)$となるので矛盾。
従って、$\sqrt{2}$は無理数である。 □
$\sqrt{2}$が有理数であると仮定すると、$\displaystyle\sqrt{2}=\frac{n}{m}$と表すことができる。(既約分数でなくてもよい)
これより、$n^2=2m^2$となる。
ここで、$n$が$2$で割り切れる最大の回数を$a$、$m$が$2$で割り切れる最大の回数を$b$とすると、$2a=2b+1$となり、$(偶数)=(奇数)$となるので矛盾。
従って、$\sqrt{2}$は無理数である。 □
ここから先は日常生活では使わない証明になると思います。
(証明3)無限降下法
$\sqrt{2}$が有理数であると仮定すると、正の整数の組$(m,n)$であって$n=m\sqrt{2}$を満たすものが存在する。このような$(m,n)$のうち$m$が最小となるものを$(m_0,n_0)$とする。
このとき、$n_0\sqrt{2}=2m_0$より、$(n_0-m_0)\sqrt{2}=2m_0-n_0$となり、$(n_0-m_0,2m_0-n_0)$は条件を満たし、$n_0-m_0< m_0$より、$m_0$の最小性に矛盾する。
従って、$\sqrt{2}$は無理数である。
$\sqrt{2}$が有理数であると仮定すると、正の整数の組$(m,n)$であって$n=m\sqrt{2}$を満たすものが存在する。このような$(m,n)$のうち$m$が最小となるものを$(m_0,n_0)$とする。
このとき、$n_0\sqrt{2}=2m_0$より、$(n_0-m_0)\sqrt{2}=2m_0-n_0$となり、$(n_0-m_0,2m_0-n_0)$は条件を満たし、$n_0-m_0< m_0$より、$m_0$の最小性に矛盾する。
従って、$\sqrt{2}$は無理数である。
(証明4)正則連分数展開
$\sqrt{2}$が有理数であるとするとその正則連分数展開は有限回で終わる。しかし、$\sqrt{2}$の正則連分数展開は$\sqrt{2}=[1;\bar{2}]$と無限に続くので$\sqrt{2}$は無理数である。
$\sqrt{2}$が有理数であるとするとその正則連分数展開は有限回で終わる。しかし、$\sqrt{2}$の正則連分数展開は$\sqrt{2}=[1;\bar{2}]$と無限に続くので$\sqrt{2}$は無理数である。
正則連分数展開を使う方法だと$\sqrt{n}$の他にも$\tan1$や$e$などにも適用できますね。
(証明5)0と1の間にある整数
$\alpha=\sqrt{2}-1$と置く。$\sqrt{2}$が有理数であると仮定すると、$\displaystyle\sqrt{2}=\frac{n}{m}$と置ける。
また、数学的帰納法により整数列$a_k,b_k$を用いて$\alpha^k=a_k+b_k\sqrt{2}$と表せるので$\displaystyle|\alpha^k|=\left|\frac{ma_k+nb_k}{m}\right|\geq\frac{1}{m}$
これと$\displaystyle\lim_{k\to\infty}\alpha^k=0$より、kが十分大きいところでは$\displaystyle\alpha^k<\frac{1}{m}$となり矛盾。
従って、$\sqrt{2}$は無理数である。 □
このように、0と1の間にある整数を作って矛盾を生じさせる方法もたまに使われます。$\alpha=\sqrt{2}-1$と置く。$\sqrt{2}$が有理数であると仮定すると、$\displaystyle\sqrt{2}=\frac{n}{m}$と置ける。
また、数学的帰納法により整数列$a_k,b_k$を用いて$\alpha^k=a_k+b_k\sqrt{2}$と表せるので$\displaystyle|\alpha^k|=\left|\frac{ma_k+nb_k}{m}\right|\geq\frac{1}{m}$
これと$\displaystyle\lim_{k\to\infty}\alpha^k=0$より、kが十分大きいところでは$\displaystyle\alpha^k<\frac{1}{m}$となり矛盾。
従って、$\sqrt{2}$は無理数である。 □
(証明6)方程式の解
$\sqrt{2}$が有理数であると仮定する。
$x^2-2=(x+\sqrt{2})(x-\sqrt{2})$となるが、これに「整数係数多項式が2つ以上の有理数係数多項式の積に分解できるとき2つ以上の整数係数多項式の積にも分解することができる」という定理を使うと整数$a,b,c,d$を用いて$x^2-2=(ax-b)(cx-d)$と表せる。2次の係数を比較することで$a=c=1$となるので、$\sqrt{2}$が整数であることになるが、これは$1<\sqrt{2}<2$に反する。
従って、$\sqrt{2}$は無理数である。 □
$\sqrt{2}$が有理数であると仮定する。
$x^2-2=(x+\sqrt{2})(x-\sqrt{2})$となるが、これに「整数係数多項式が2つ以上の有理数係数多項式の積に分解できるとき2つ以上の整数係数多項式の積にも分解することができる」という定理を使うと整数$a,b,c,d$を用いて$x^2-2=(ax-b)(cx-d)$と表せる。2次の係数を比較することで$a=c=1$となるので、$\sqrt{2}$が整数であることになるが、これは$1<\sqrt{2}<2$に反する。
従って、$\sqrt{2}$は無理数である。 □
途中に出てきた定理は$\sqrt{2}$の無理性を示すには強すぎますね。
お読みいただきありがとうございました。
他にも証明方法があったらコメントやリプで教えてください。
追記)
ぐれぽんさんから証明を教えていただきました。
(ぐれぽんさんの証明)
証明1と同じ仮定で$\displaystyle\sqrt2=\frac nm$とおき矛盾を導く。2乗して$\displaystyle 2=\frac {n^2}{m^2}$であるが$n$と$m$は互いに素より$n^2$と$m^2$も互いに素。これよりそれらの商$n^2/m^2$が$2$という整数になるには$m^2=1$が必要。よって$2=n^2$となり、このような整数$n$は存在せず矛盾。背理法より示された。
証明1と同じ仮定で$\displaystyle\sqrt2=\frac nm$とおき矛盾を導く。2乗して$\displaystyle 2=\frac {n^2}{m^2}$であるが$n$と$m$は互いに素より$n^2$と$m^2$も互いに素。これよりそれらの商$n^2/m^2$が$2$という整数になるには$m^2=1$が必要。よって$2=n^2$となり、このような整数$n$は存在せず矛盾。背理法より示された。
投稿日：2020年11月19日
この記事を高評価した人
この記事を高評価した人
高評価したユーザはいません
この記事に送られたバッジ
この記事に送られたバッジ
バッジはありません。
投稿者
投稿者
コメント
コメント
他の人のコメント
コメントはありません。
読み込み中...
読み込み中