初等数学公式集/数と集合・論理/証明

数の性質

数の体系

実数

無理数と有理数の和

無理数と有理数の和は無理数となることの証明

数$a$が無理数、数$b$が有理数であるとき、その和$c$を有理数であると仮定、

$a+b=c$

$b$を移項して、

$a=c-b$

右辺は有理数となるため、仮定に矛盾する。

従って、$c$は無理数であり、無理数と有理数の和は無理数となる（背理法）。

無理数の証明

$\sqrt{2}$ が無理数であることの証明

$\sqrt{2}$が有理数であると仮定すると、互いに素である整数 $p,q$を用いて、

$\sqrt{2}=\frac{p}{q}$ とおくことができる。

両辺、$2$乗すると

$2=\frac{p^2}{q^2}$

$2q^2=p^2$

ここで、$p$は、因数に$2$を持つこととなるので、$p=2r$と置くことができる。

これを代入すると、

$2q^2=4r^2$

$q^2=2r^2$

となって、$q$も、因数に$2$を持つこととなる。

これは、$p,q$は「互いに素」であるとした仮定に矛盾する。

従って、$\sqrt{2}$は有理数ではない（=無理数である。背理法）。

　

ある有理数 $a$ が分母・分子ともに整数の$n$乗でないとき、$x=\sqrt[n]{a}$ が無理数であることの証明

考え方は、上記:$\sqrt{2}$ が無理数であることの証明と同様である。

$\sqrt[n]{a}$が有理数であると仮定すると、各組で互いに素である整数 $\{b,c\},\{p,q\}$を用いて、

$\sqrt[n]{\frac{b}{c}}=\frac{p}{q}$ とおくことができる。

両辺、$n$乗して、

$\frac{b}{c}=\frac{p^n}{q^n}$

$b{q}^n=c{p}^n$

ここで、右辺の$c$は$b$と互いに素であるため、$b$を因数にもつのは$p$になるので、$p=br$と置くことができる。

これを代入すると、

$b{q}^n=b^{n}c{r}^n$

$q^n=b^{n-1}c{r}^n$

となって、$q$も、因数に$b$を持つこととなる。

これは、$p,q$は「互いに素」であるとした仮定に矛盾する。

従って、$\sqrt[n]{a}$は有理数ではない（=無理数である）と証明された。

　

「有理数 $a,b$ がともに有理数の平方数でないならば $\sqrt{a}\pm \sqrt{b}$ は無理数である。」ことの証明

$\sqrt{a}\pm \sqrt{b}=p$ として $a,b,p$ は有理数であり、$a,b$ は有理数の平方数ではないと仮定する。

$\pm \sqrt{b}=p-\sqrt{a}$

両辺2乗して $b=p^2-2p\sqrt{a}+a$

$\sqrt{a}=\frac{p^2+a-b}{p}$ となり、有理数 $a$ について、この式が成立するならば $a$ は平方数であり仮定に矛盾する。

二重根号

$a\pm \sqrt{b}={(\sqrt{p}\pm \sqrt{q})}^2$ となる $p,q$ ($p>q$) を求める。

${(\sqrt{p}\pm \sqrt{q})}^2=p+q\pm 2\sqrt{pq}=p+q\pm \sqrt{4pq}=a\pm \sqrt{b}$

となり、以下の連立方程式を解くことにより、$p,q$ は得られる。

$\{\begin{array}{c}a=p+q\\ b=4pq\end{array}$

これを解くと、

$\{\begin{array}{c}p=\sqrt{\frac{a+\sqrt{a^2-b}}{2}}\\ q=\sqrt{\frac{a-\sqrt{a^2-b}}{2}}\end{array}$

記数法

小数

分数$\frac{a}{b}$（ただし、$ab\ne 0,a\ne kb$($k$は整数)）において、$n$進法で表示する時、$b$のすべての素因数が、基数$n$の素因数に含まれる時、$\frac{a}{b}$は有限小数となることの証明

（前提）

• $\frac{a}{b}$は有限小数となることは、$a$が整数であるので$\frac{1}{b}$が有限小数であることを証明することで足りる。
• $\frac{1}{b}$が有限小数であるということは、$\frac{1}{b}=\frac{c_1}{n}+\frac{c_2}{n^2}+\cdots +\frac{c_k}{n^k}+\cdots +\frac{c_m}{n^m}$ のように、$\frac{1}{b}$が$\frac{c_k}{n^k}$ ($c_k$ は $0\le c_k<n$ である整数)の有限個の和で表すことができるということであるので、これを証明する。

（証明）

$b$を素因数分解すると、$b={p_1}^{{\alpha }_1}{p_2}^{{\alpha }_2}\cdots {p_k}^{{\alpha }_k}$（$p_k$ は、$b$を構成する素数で $k$ 番目のもの、${\alpha }_k$ は$p_k$ の次数とする）となり、

　

同様に、$n$を素因数分解すると、$n={q_1}^{{\beta }_1}{q_2}^{{\beta }_2}\cdots {q_k}^{{\beta }_k}$（$q_k$ は、$n$を構成する素数で $k$ 番目のもの、${\beta }_k$ は$q_k$ の次数）となるとする。

　

ここで、すべての$k$ について $p_k=q_k$（ただし、${\beta }_k\ne 0$） であるとする（すなわち、$b$のすべての素因数が、基数$n$の素因数に含まれる）。

　

この時、（${\alpha }_k$ の最大値 < ${\beta }_k\cdot m$）となる適当な$m$ を取れば、$\frac{n^m}{b}$ は整数となり、$\frac{1}{b}=\frac{c_1}{n}+\frac{c_2}{n^2}+\cdots +\frac{c_k}{n^k}+\cdots +\frac{c_m}{n^m}$ の形で表される。

　

分数$\frac{a}{b}$（ただし、$ab\ne 0,a\ne kb$($k$は整数)）において、$n$進法で表示する時、$\frac{a}{b}$が有限小数であれば、$b$のすべての素因数が、基数$n$の素因数に含まれていることの証明

※前提は共通

（証明）

$\frac{1}{b}$が有限小数で、$\frac{1}{b}=\frac{c_1}{n}+\frac{c_2}{n^2}+\cdots +\frac{c_m}{n^m}$ ならば、両辺に$n^m$をかけると、$\frac{n^m}{b}=n^{m-1}{c}_1+n^{m-2}{c}_2+\cdots +c_m$ となる。

　

右辺は整数となるため、$\frac{n^m}{b}$ も整数となり、$b$ は、$n^m$ の約数となり、$b$のすべての素因数は、基数$n$の素因数に含まれる。