Téma: Datumodeslání: 1. série Iracionální čísla ¾½º Ò ½ ½º ÐÓ Ó µ Dokažte, že 0,12345678910111213... (píšeme za sebou všechna přirozená čísla) je iracionální. ¾º ÐÓ Ó µ Dokažte,že 2+ 3+ 4+ 5jeiracionálníčíslo. º ÐÓ Ó µ V každém otevřeném intervalu(a, b) leží nekonečně mnoho iracionálních čísel. Dokažte. º ÐÓ Ó µ Najdětevšechnačísla α 0,2π taková,ževšechnačtyřičíslasin α,cos α,tg αacotg αjsou racionální. º ÐÓ Ó µ Existujíiracionálníčísla a, btak,že a b jeracionální?
Řešení 1. série 1. úloha Dokažte, že 0,12345678910111213... (píšeme za sebou všechna přirozená čísla) je iracionální. Má-li racionální číslo nekonečný desetinný rozvoj, je tento rozvoj nutně periodický. Předpokládejmetedyprospor,žečíslo A=0,1234567891011...jeracionálnísperiodoudélky n.včísle A však zajisté nalezneme(libovolně daleko, tedy i za případnou předperiodou) posloupnost alespoň n devítek za sebou, tedy perioda je nutně tvořena samými devítkami. Bohužel stejnou úvahou pro osmičky dostáváme, že perioda je tvořena osmičkami, a to je hledaný spor. Tím jsme ukázali, že číslo A je iracionální. Poznámky k došlým řešením: Většina řešitelů došla ke sporu tak, že našla dlouhý řetězec nul (někteří (Pavel Příhoda, Jan Vybíral: +2i) včetně důkazu věty: Pokud má číslo nekonečný neperiodickýrozvoj,pakjeiracionální ).Coseminelíbilo: Pokudmáčísloperiodudélky n,máiperiodudélky kn,bylobytedyslušnémluvit o nejmenší(primitivní) periodě(v některých případech je to nutné). Někteří zapomněli, že číslo může mít předperiodu. Předpokládáme-li periodu délky n, stačí nám najít řetězec n nul, abychom dokázali, že perioda obsahuje samé nuly. Drtivá většina řešitelů hledala řetězec délky 2n 1. 2. úloha Dokažte,že 2+ 3+ 4+ 5jeiracionálníčíslo. Vzhledemktomu,žečíslo 4jeracionální,stačíukázat,žečíslo 2+ 3+ 5jeiracionální. Nechťprospor 2+ 3+ 5=r,kde rjeracionálníčíslo.pakpojednoduchýchúpraváchmáme (rovnicivpodstatědvakrátumocnímenadruhou,abychomsezbaviliodmocnin) 2+ 3= r 5,tj. 2+2 6+3=r 2 2r 5+5, popřeskupeníčlenů r 2 =2(r 5+ 6)opětrovniciumocnímenadruhou r 4 =4(5r 2 +2r 30+6), apoúpravě r 4 20r 2 24=8r 30.Povyděleníposlednírovnostičíslem8rvidíme,že 30je racionální.tojeovšemsporslemmatemvřešeníúlohy5. 3. úloha V každém otevřeném intervalu(a, b) leží nekonečně mnoho iracionálních čísel. Dokažte. (podle Karla Koláře) Lemma 1. Součin iracionálního a nenulového racionálního čísla je iracionální. Lemma 2. Součet iracionálního a racionálního čísla je iracionální. Důkazylemmatpřenechávámpilnémučtenáři.Mějmeinterval(a, b), a < b, a, b R. 1) ajeracionální Zvolmesinějakékladnéiracionálníčíslo c(zřejměnějakéexistuje,např. 2,vizlemmavřešení pátéúlohy;případně Azprvníúlohy).Utvořmenekonečnouposloupnostčísel c n= c/10 n.dle
lemmatu 1 jsou všechny členy posloupnosti iracionální. Nekonečný počet členů je menší než b a, c konkrétnějsoutočlenysindexemvětšímneborovnýmlog 10 b a.podlelemmatu2tedyinterval (a, b)obsahujenekonečněmnohoiracionálníchčíseltvaru a+c npro n > n 0. 2) a je iracionální Zvolme si nějaké kladné racionální číslo c(třeba jedničku). Můžeme aplikovat týž postup jako včásti1)azestejnýchdůvodůdostanemeshodnýzávěr,tedyžena(a, b)existujenekonečně mnoho iracionálních čísel. 4. úloha Najdětevšechnačísla α 0,2π taková,ževšechnačtyřičíslasin α,cos α,tg αacotg αjsou racionální. Vzhledemktomu,žeplatítg x= sin x cos x,cotg x= cos x sin x,vidíme,žestačíhledatjentačísla α (0,2π),prokterájsousin α,cos αracionální.omezmesenejprvenainterval(0, π/2),na kterémjsoufunkcesinacoskladné.nechťmámetedytakové α,žesin αicos αjsouracionální, tedysin α=p/q,cos α=r/s,kde p, q, r, sjsoupřirozenáčísla, p, qnesoudělná, r, snesoudělná, pakzeznáméhovztahusin 2 x+cos 2 x=1vidíme,že p 2 r2 q2+ s 2 =1. Označíme-li nejmenší společný násobek čísel q, s jako přirozené číslo z a položíme-li x= pz q, y= rz s, jsou x, y, zpodvounesoudělná(rozmysletesi,proč)přirozenáčíslasplňujícípodmínku x 2 + y 2 = z 2.Nadruhoustranu,máme-litakovápřirozenáčísla x, y, z,kterásplňují x 2 + y 2 = z 2, apoložíme-liarcsin α=x/zleží αvintervalu(0, π/2)amápožadovanévlastnosti. Uvažujeme-li nyní α v intervalech(π/2, π),(π, 3π/2),(3π/2, 2π), dostáváme až na znaménka čísel x, y stejný výsledek. Zbývá nám tedy charakterizovat nesoudělná přirozená čísla x, y, z, kterásplňujívztah x 2 + y 2 = z 2.Ktomunámpomůženásledujílemma. Lemma. Obecnéřešenídiofantickérovnice 1 x 2 + y 2 = z 2 propřirozenáčísla x, y, zsplňující podmínky 2 (1) (x, y)=1, 2 x je tvaru (2) x=2ab, y= a 2 b 2, z= a 2 + b 2, kde a, bjsoupřirozenáčíslaopačnéparity 3 a (3) (a, b)=1, a > b >0. 1 tj.rovnice,kterouřešímevcelýchčíslech 2 Pro a, b Nznačímesymbolem(a, b)jejichnejvětšíspolečnýdělitel. 3 Jednosudé,druhéliché.
Důkaz: Nejprvepředpokládejme,žeplatí(1)ax 2 + y 2 = z 2.Jelikož2 xa(x, y)=1,jsou yaz licháa(y, z)=1.proto(z+ y)/2,(z y)/2jsoupřirozenáa z y, z+ y =1. 2 2 Jelikož x 2 = z 2 y 2 máme x 2= z+ y z y, 2 2 2 a oba činitelé na pravé straně nerovnosti musí být čtverce(jsou totiž nesoudělní). Tedy z+ y = a 2 z y, = b 2, 2 2 kde a > b >0, (a, b)=1.jelikož a+b a 2 +b 2 = z 1(mod2),jsoučísla a, bopačnéparity. Protokaždéřešení x 2 + y 2 = z 2 splňující(1)jetvaru(2),aa, bjsouopačnéparitysplňující(3). Dálepředpokládejme,že a, bjsouopačnéparityasplňují(3).pak x 2 + y 2 =4a 2 b 2 +(a 2 b 2 ) 2 =(a 2 + b 2 ) 2 = z 2, x, y, zpřirozená,2 x.pokudje(x, y)=d,pak d z,atedy d y=a 2 b 2, d z= a 2 + b 2,aproto d 2a 2, d 2b 2.Jelikož(a, b)=1, dmusíbýt1nebo2,aledruháalternativanenímožná,protože yjeliché.tedy(x, y)=1. c.b.d Nyní se vraťme k naší úloze. Řeší-li nějaká nesoudělná přirozená čísla x, y, z diofantickou rovnici x 2 +y 2 = z 2,jsoučísla xayopačnéparity.platítedybuď2 x,nebo 4 2 y.protoznašeho lemmatudostáváme,žesin α,cos α,tg α,cotg αjsouvšechnyracionálnípro α (0, π/2)tehdy ajentehdy,když 2ab α=arcsin a 2 + b 2, nebo α=arcsin a2 b 2 a 2 + b 2, kde a, bjsoupřirozenáčíslaopačnéparitysplňující(3).výsledekpro αzintervalu(π/2, π) dostanemejako π αprovyhovující αzintervalu(0, π).vintervalech(π,3π/2)a(3π/2,2π) se nám(kromě vhodného posunutí) změní znaménka výrazů za arcsin-y. To si však již laskavý čtenář rozmyslí sám. Poznámky k došlým řešením: Nejvážnější chybou bylo nevyjádření hledaného α někteří řešitelé jen konstatovali, že řešení je nekonečně mnoho, případně že řešení odpovídají úhlům v Pythagorejskémtrojúhelníku 5.Mnozítéžnedokázali,ženalezlivšechnařešení,někteříjeaninenašli zapomněli totiž na některé části intervalu 0, 2π. Část řešitelů se domnívala, že z racionality goniometrickýchfunkcíplyneracionalitastranvtrojúhelniku.(stranymohoubýttřeba3 2, 4 2,5 2avšechnypoměryvyjdouracionální). Někteří řešitelé přišli na řešení, které je o dost kratší, než vzorové řešení. Všimli si totiž následujícíhofaktu.nechť A [0,1]jebodnajednotkovékružnici(tj.nakružnicisestředem vpočátku)aa jejehostředovýprůmět(sestředem[0,1])naosu x.pakbod Amáracionální souřadniceprávětehdy,kdyžbod A máracionálnísouřadnice.odtudjižsnadnoplyneřešení úlohy(bližší rozmyšlení přenechávám na Tobě). 5. úloha Existujíiracionálníčísla a, btak,že a b jeracionální? 4 Vevylučovacímsmyslu. 5 takříkámepravoúhlémutrojúhelníkusceločíselnýmistranami
Lemma. Číslo njeiracionální,nebopřirozené. Důkaz: Předpokládejmeprospor,žečíslo njeracionální,avšaknenípřirozené.existujítedy nesoudělná 6 přirozenáčísla p, q 1taková,že Umocněním této rovnosti na druhou vidíme, že n= p q. nq 2 = p 2. V tomto vztahu se však v prvočíselném rozkladu pravé strany vyskytují všechna prvočísla v sudé mocnině, ne tak již v prvočíselném rozkladu strany levé. Tím dostáváme kýžený spor. Nyní k samotné úloze. Ukážeme, že odpověď na naši otázku je kladná. Víme(dle lemmatu), že 2jeiracionální.Pokudječíslo x= 2 2 racionální,mámevyhráno,neboťjsmenalezli takovádvěiracionálníčísla a, b,že a b jeracionální.nechťtedy xjeiracionální,pakuvažujme číslo y= 2 2 x 2 = 2 = 2 2 =2, tedy yjeracionálníčísloačísla x, 2majípožadovanévlastnosti. Poznámky k došlým řešením: Nejčastější chybou bylo to, že mnozí nedokázali iracionalitu čísel a 2, e,loga b, b,... Podletoho,ojakéčíslosejednaloacodalšíhořešeníobsahovalo,jsem zatotoopomenutístrhnul1až4body.æ 6 Jsou-lisoudělná,mohuzlomek p/qkrátitnazákladnítvar.