Euler's Eyes
2022-09-19
無理数の概要
このグループの投稿の目的は、非有理数 (無理数と呼ぶ) を提示することです。このためには、ピタゴラス定数 $\sqrt{2}$ について話すことが重要です。この定数が出現するまで、ピタゴラス学派はシュメール人、プラトンのアカデミー、アレクサンドリアの学派などの足跡をたどっていました。
平方根の歴史的定義
入門記事では、正方形の辺にすぎない平方根の概念について説明しました。
言葉
- 平方根
ラテン語で表すと、
- 広場の側面
たとえば、$\sqrt{4}=2$ を例にとると、答えはモジュールにあります。これは時間の経過とともに失われてしまった情報、つまり不毛な表記になってしまったものです。読者は次のことがわかります。 記号論的に能動的な表記法は、数学の進歩のために進化した表記法です。
ラテン語 (ラテン語) の観点から見た平方根
方形基 4 等号 2
これを次のように翻訳します。
面積4の正方形の一辺は2に等しい
前述したように、情報は時間の経過とともに失われてしまいました。
方形基 4 等号 2
rad クワッド 4 aq 2
ラ・クア 4 アック 2
r q 4 aq 2
突然、r が数字を飲み込みます。
$$ \sqrt{4}=2$$a
ピタゴラス定数
歴史上最初に登場した無理数は、バビロニア人よりずっと前にメソポタミアに最初に居住したシュメール人による $\sqrt{2}$ でした。それらはシュメール板として知られており、すでに知られており、その数値が計算されていました。以下に、このストーリーを少し説明するビデオがあります。
シュメール語のタブレット
シュメールのタブレットは、2 つの対角線と底面 60 に 3 つの数字が書かれた正方形で表されます。シュメール数字は次のように構成されます。
- ドットとカンマ (;) の前の数字は整数です
- 次の数字はカンマ (,) で区切られます。
- すべての部分を 60 で割ります
例えば：
$$0;30 = \dfrac{0}{60} + \dfrac{30}{60} = 0 + \dfrac{1}{2} = 0.5$$
シュメール定数と比率
シュメール人は、ピタゴラス以前に、現在ピタゴラスの定理と呼ばれているものを使用していました。
なれ
$$a=\\{0;30\\}_{60}$$$$b=\\{1;24,51,10\\}_{60}$$$$c=\\{0;42,25,35\\}_{60}$$シュメール人は、$a~.~b$ を掛けると $c$ に等しいことを発見しました。
ミラビリスの略称 ピタゴラス
ピタゴラスは、正方形の対角線を使って、幾何学、群論、線形代数における最も重要な成果の 1 つに到達しました。
したがって、私たちはしなければなりません
$$\sqrt{2} \approx \\{1;24,51,10\\}_{60} = 1 + \frac{24}{60} + \frac{51}{60} + \frac{10}{60} \approx 1,414212966296$$
斜めロゴ $ = c=\dfrac{\sqrt{2}}{2}.$
どの正方形でも有効です:
$$\dfrac{\text{diagonal} }{\text{lado} } = \dfrac{\dfrac{\sqrt{2} }{2} }{\dfrac{1}{2} }= \text{constante } = \sqrt{2}$$
Aは合理的ではありません。
アリストテレスによる有理的ではないピタゴラス定数
ギリシャの偉大な哲学者アリストテレスは、$\sqrt{2}$ の非合理性を実証しました。アリストテレスが使用した手法は、整数を偶数と奇数として書くことです。
この概念は奇数と偶数に関する投稿で詳しく説明されました。私たちは覚えています:
ペア
$$n= 2q $$奇数
$$n = 2q + 1$$一部の $q$ は整数です。
次のステップは、$\sqrt{2}$ が非合理であることを示すのに役立つ結果を取得することです。
命題 1: すべての奇数の 2 乗は奇数です。
デモ:
実際、$p = 2q + 1$ を奇数としましょう。スケールを覚えていますか？ということで、このテクニックを使ってみましょう。両辺を正方形にして注目の正方形を使用するだけです。
したがって、$p^2$ は奇数になります。
$\square$
命題 2: すべての偶数の 2 乗は偶数です。
デモ:
$p=2q,$ を $p$ 奇数とします。命題 1 から、その二乗 $p^2$ は奇数、$p^2 = (2q)^2 = 4q^2 = 2 (2q^2) = 2t$ は $t$ 整数で偶数 (不合理) であることがわかります。
したがって、$p$は偶数です。
$\square$
これら 2 つの結果により、$\sqrt{2}$ が有理数ではないことが証明できます。
定理 1: アリストテレスの定理 $\sqrt{2}$ は合理的ではありません。
デモ:
実際、ばかばかしいことに $\sqrt{2}$ が有理であると仮定してください。したがって、整数 $p$ と $q$ があり、$q$ は非ゼロです。そして、次のように書くことができます。
$$c=\dfrac{p}{q} = \sqrt{2}$$両辺を二乗すると、
$$c^2 = 2, \quad \text{}{que é par} $$命題 2 から、$c$ が対象であることがわかり、その結果、$p$ と $q$ は両方のペアではないと仮定できます。
- $\dfrac{\text{par} }{\text{par} }= \dfrac{2a}{2b} = \dfrac{a}{b} \neq 2$
- $\dfrac{\text{par} }{\text{ímpar} }= \dfrac{2a}{2b +1 } = 2 \left(\dfrac{a}{2b + 1}\right) \overset{a=2b+1}{=} 2$
という事実から、
$$\dfrac{p^2}{q^2}=2 \qquad \Rightarrow \qquad p^2=2q^2 \qquad (\star)$$このことから、$p^2$ は偶数であることがわかり、これは $p$ が偶数であることを意味します。 p が偶数の場合、$p=2m.$ と書くことができます。
$\star$ に代入すると、次のようになります。
したがって、$q^2 = 2m^2$ も偶数になりますが、これは不合理です。
したがって、$\sqrt{2}$ は合理的ではありません。
$\square$