[pablo.chanduj]

                Buenas noches estimados: Tengo el siguiente ejercicio: Demostrar que no existe un racional \( r \) tal que \( r^2=12 \). Mi planteo es el siguiente:
1. Reducción al absurdo: Voy a suponer que si existe tal racional r.
2. \( r=\displaystyle\frac{m}{n} \Leftrightarrow{} r^2=\displaystyle\frac{m^2}{n^2}=12 \Leftrightarrow{}m^2=12n^2\,con\,m\in{}\mathbb{Z}, n\in{}\mathbb{N} \)
3. Luego de varios pasos matemáticos logré demostrar que \( m^2 \) es par y que \( m \) también es par.
4. Luego \( m^2=(2k)^2=4k^2=12n^2 \) . En este punto cómo puedo mostrar que \( n^2 \) es par y \( n \) es par.

                 Aguardo respuestas! saludos cordiales!

[feriva]

                Buenas noches estimados: Tengo el siguiente ejercicio: Demostrar que no existe un racional \( r \) tal que \( r^2=12 \). Mi planteo es el siguiente:
1. Reducción al absurdo: Voy a suponer que si existe tal racional r.
2. \( r=\displaystyle\frac{m}{n} \Leftrightarrow{} r^2=\displaystyle\frac{m^2}{n^2}=12 \Leftrightarrow{}m^2=12n^2\,con\,m\in{}\mathbb{Z}, n\in{}\mathbb{N} \)
3. Luego de varios pasos matemáticos logré demostrar que \( m^2 \) es par y que \( m \) también es par.
4. Luego \( m^2=(2k)^2=4k^2=12n^2 \) . En este punto cómo puedo mostrar que \( n^2 \) es par y \( n \) es par.

La prueba es muy similar (por no decir igual) que la que demuestra que raíz de 2 es irracional, pero generalizada para primos cualesquiera. (o coprimos en la fracción maś en general).

\( m=2\sqrt{3} \)

con m=2k

\( k=\dfrac{a}{b}=\sqrt{3} \).

Y ahí ya es demostrar que no existe esta fracción

\( 3=\dfrac{a^{2}}{b^{2}} \)

Y no existe porque

\( 3b^{2}=a^{2} \)

“a” es múltiplo de 3; “b” también lo es, pues \( 3b^{2} \) es el cuadrado de un entero y el tres no puede estar viudo, si no, no sería un cuadrado. Por tanto, la fracción \( \dfrac{a}{b} \) es reducible y existe una equivalente \( \dfrac{a}{b}=\dfrac{a_{i}}{b_{i}} \), con lo que la demostración se puede realizar para esos dos números “a,b” más pequeños de la fracción reducida. Y volverán a ser múltiplos de 3, con lo que se podrá volver a poder demostrar para un numerador y denominador más pequeños... y así sin terminar. Esto supone que los enteros \( a_i,b_i \) no tienen mínimo Sin embargo, al ser enteros (y poder considerándolos positivos) tienen un límite en 1, que es el entero positivo más pequeño posible. No existe entonces esa fracción.

Saludos.

[Luis Fuentes]

Hola

2. \( r=\displaystyle\frac{m}{n} \Leftrightarrow{} r^2=\displaystyle\frac{m^2}{n^2}=12 \Leftrightarrow{}m^2=12n^2\,con\,m\in{}\mathbb{Z}, n\in{}\mathbb{N} \)

Ahí supón que \( m,n \) son coprimos, es decir, que tomas ya la fracción irreducible.

4. Luego \( m^2=(2k)^2=4k^2=12n^2 \) . En este punto cómo puedo mostrar que \( n^2 \) es par y \( n \) es par.

Ahí te queda que \( k^2=3n^2 \). No puedes probar que \( n^2 \) es par porque no tiene porque serlo.

Lo que si tienes es que \( k^2 \) es múltiplo de 3 y por tanto \( k \) (y así \( m \)) también ha de ser múltiplo de \( 3 \) (por ser \( 3 \) primo). Entonces \( k=3p \) y \( 9p^2=3n^2 \) y \( 3p^2=n^2 \). Pero de ahi \( n \) es múltiplo de \( 3 \) y eso contradice que \( m,n \) sean coprimos.

Saludos.

[ani_pascual]

Hola:

....
Aguardo respuestas! saludos cordiales!

Aunque ya te han contestado feriva y Luis Fuentes, aporto otra forma similar, suponiendo que ya sabes demostrar que \( \sqrt{3} \) es irracional:
Si existe \( r\in\mathbb{Q} \) tal que \( r^2=12 \), entonces \( r=2\sqrt{3} \). Ahora bien, como \( r \) es par, dado que lo es su cuadrado, se tiene que existe \( p\in \mathbb{Z} \) tal que \( r=2p \), con lo cual \( 2p=2\sqrt{3}\Longrightarrow p=\sqrt{3}\in\mathbb{I} \), que es una contradicción. Así pues, no existe \( r\in\mathbb{Q} \) tal que \( r^2=12 \).
Saludos

[Juan Pablo Sancho]

Por si estáis aburridos.

Spoiler

Supongamos \( \sqrt{12} \) racional ,entonces \( \sqrt{12} = \dfrac{m_1}{n_1} \).
Evidentemente cumple \( 3 < \dfrac{m_1}{n_1} < 4  \) luego \( 3 \cdot n_1 < m_1 < 4 \cdot n_1  \), si restamos \( 3 \cdot n_1  \) queda:
\( 0 < m_1 - 3 \cdot n_1 < n_1 \).
Tenemos la ecuación:
\( \dfrac{1}{\sqrt{12} - 3} = \dfrac{1}{\sqrt{12} - 3} \cdot \dfrac{\sqrt{12}+3}{\sqrt{12}+3} = \dfrac{\sqrt{12}+3}{12-9} = \dfrac{\sqrt{12}+3}{3}  \)
\( \dfrac{3}{\sqrt{12} - 3} - 3 = \sqrt{12} \) como \( \sqrt{12} = \dfrac{m_1}{n_1} \) tenemos:
\( \dfrac{3}{\dfrac{m_1}{n_1} - 3} -3 = \dfrac{12 \cdot n_1 - 3 \cdot m_1}{m_1-3 \cdot n_1} = \sqrt{12}  \)
Hacemos \( m_2 = 12 \cdot n_1 - 3 \cdot m_1 \) y \( 0 < n_2 = m_1-3 \cdot n_1 < n_1 \) y obtenemos \( \sqrt{12} = \dfrac{m_2}{n_2}  \) y le aplicamos a la ecuación:
\( \dfrac{1}{\sqrt{12} - 3} \) y volviendo hacer el mismo recorrido obtenemos \( 0 < n_3 < n_2 < n_1  \) así inductivamente si \( \sqrt{12} = \dfrac{m_1}{n_1} \) concluimos que existe una sucesión \( \{n_k\}_{k=1}^{+\infty}  \) que cumple:
1.) \( \forall k \in \mathbb{N}  \) se tiene \( n_k \in \mathbb{N} \)
2.) \( \forall k \in \mathbb{N}  \) se tiene \( n_k > n_{k+1}  \)

[cerrar]