Czy ten sam dowód działa dla √(4)?

Nie, i dobrze – √(4) = 2 jest wymierny. Z a^2 = 4b^2 nie wynika sprzeczność: a = 2b jest dopuszczalne i ułamek a/b = 2 skraca się do liczby całkowitej. Dowód dla √(2) wykorzystuje to, że 2 jest liczbą pierwszą: parzystość a^2 przenosi się na a. Tak samo działa dowód dla √(p), gdzie p jest liczbą pierwszą, z podzielnością przez p.

Wszystkie zagadnienia: Liczby i algebra

średni matura podstawowa z matematykimatura rozszerzona z matematykidowód nie wprostniewymiernośćliczby pierwsze

Dowód niewymierności i nieskończoności zbioru liczb pierwszych

Q: Czy suma dwóch liczb niewymiernych jest zawsze niewymierna?

Nie. √(2) + (-√(2)) = 0 jest wymierne, podobnie (1 + √(3)) + (1 - √(3)) = 2. Pewne są tylko dwie reguły: wymierna plus niewymierna daje niewymierną, a iloczyn wymiernej różnej od zera i niewymiernej jest niewymierny.

Q: Czy liczba z dowodu Euklidesa jest zawsze pierwsza?

Nie. Dla 2, 3, 5, 7, 11, 13 mamy 2 · 3 · 5 · 7 · 11 · 13 + 1 = 30031 = 59 · 509. Dowód nie twierdzi, że ta liczba jest pierwsza, tylko że ma dzielnik pierwszy spoza listy – a każda liczba większa od 1 taki dzielnik ma.

Opis

Są twierdzenia, których nie da się sprawdzić na przykładach, bo dotyczą nieskończenie wielu liczb: „ $\sqrt{2}$ nie jest ułamkiem" albo „liczb pierwszych nie da się wypisać do końca". W takich dowodach działa jeden schemat, dowód nie wprost: zakładamy, że teza jest fałszywa, wyprowadzamy z tego kolejne wnioski i dochodzimy do sprzeczności z czymś, co na pewno wiemy. Skoro założenie prowadzi do absurdu, teza musi być prawdziwa. Ogólny układ zapisu dowodu (założenie, teza, wniosek) omawia hasło jak pisać dowód na maturze, a pojęcia liczby wymiernej i niewymiernej – hasło zbiory liczbowe. Tu pokazujemy trzy klasyczne dowody i narzędzia, które się w nich powtarzają.

Liczba wymierna to liczba, którą da się zapisać jako ułamek $\frac{a}{b}$ , gdzie $a, b$ są całkowite i $b \neq 0$ . Każdy taki ułamek można skrócić do postaci nieskracalnej (licznik i mianownik nie mają wspólnego dzielnika większego od $1$ ) – i właśnie nieskracalność daje sprzeczność w dowodzie dla $\sqrt{2}$ .

Trzy zasady przydają się w prawie każdym dowodzie z tego hasła:

Kwadrat i parzystość. Jeśli $a^2$ jest parzyste, to $a$ jest parzyste. Gdyby $a = 2k + 1$ , to $a^2 = 4k^2 + 4k + 1$ byłoby nieparzyste. Podobnie: jeśli $a^2$ dzieli się przez $3$ , to $a$ dzieli się przez $3$ (szczegóły podzielności w haśle podzielność liczb).
Wymierna plus niewymierna. Suma liczby wymiernej i niewymiernej jest niewymierna, a iloczyn liczby wymiernej różnej od zera i niewymiernej też. Dowód nie wprost: gdyby $w + x = v$ z wymiernymi $w, v$ , to $x = v - w$ byłoby wymierne.
Wymierne są zamknięte na działania. Suma, różnica, iloczyn i iloraz (przez liczbę różną od zera) liczb wymiernych to liczba wymierna. Dla niewymiernych tak nie jest: $\sqrt{2} + (-\sqrt{2}) = 0$ i $\sqrt{2} \cdot \sqrt{2} = 2$ są wymierne.

Wzory

Liczba wymierna

x = \frac{a}{b}, \quad a, b \in \mathbb{Z}, \; b \neq 0

Postać do założenia „nie wprost"; ułamek skracamy do nieskracalnego.

Kwadrat nieparzystej

(2k+1)^{2} = 4k^{2} + 4k + 1 = 2(2k^{2} + 2k) + 1

Dowód lematu: kwadrat parzysty tylko dla parzystej podstawy.

Założenie dla

\sqrt{2}

a^{2} = 2b^{2}

\sqrt{2} = \frac{a}{b}

po podniesieniu do kwadratu i pomnożeniu przez

b^2

Liczba z dowodu Euklidesa

N = p_1 \cdot p_2 \cdot \ldots \cdot p_n + 1

Z niej wynika sprzeczność ze skończonością zbioru liczb pierwszych.

Wymierna a niewymierna

w + x = v \;\Rightarrow\; x = v - w

Gdy

w, v

są wymierne, to

x

też – stąd wymierna plus niewymierna jest niewymierna.

Tabela

Trzy dowody nie wprost – założenie, wniosek i sprzeczność

Teza	Zakładamy (nie wprost)	Co z tego wychodzi	Sprzeczność
$\sqrt{2}$ jest niewymierne	$\sqrt{2} = \frac{a}{b}$ , ułamek nieskracalny	$a^2 = 2b^2$ , więc $a$ i $b$ są parzyste	ułamek nie jest nieskracalny
$\log_2 5$ jest niewymierny	$\log_2 5 = \frac{p}{q}$ , $p, q$ naturalne	$2^p = 5^q$	lewa strona parzysta, prawa nieparzysta
Liczb pierwszych jest nieskończenie wiele	jest ich skończenie wiele: $p_1, \ldots, p_n$	$N = p_1 \cdot \ldots \cdot p_n + 1$ ma dzielnik pierwszy	ten dzielnik nie jest żadną z $p_i$

Przykład

Przykład 1 – $\sqrt{2}$ jest liczbą niewymierną. Załóżmy, że $\sqrt{2}$ jest wymierny, czyli $\sqrt{2} = \frac{a}{b}$ , gdzie $a, b$ są liczbami naturalnymi, a ułamek jest nieskracalny. Podnosimy do kwadratu i mnożymy przez $b^2$ :

a^2 = 2b^2

Liczba $a^2$ jest parzysta, więc $a$ jest parzyste (zasada o kwadracie). Piszemy $a = 2k$ i podstawiamy:

4k^2 = 2b^2 \quad\Rightarrow\quad b^2 = 2k^2

Teraz $b^2$ jest parzyste, więc $b$ też. Obie liczby, $a$ i $b$ , są parzyste, czyli ułamek $\frac{a}{b}$ da się skrócić przez $2$ – a założyliśmy, że jest nieskracalny. Sprzeczność, więc $\sqrt{2}$ jest niewymierny. Ten sam rachunek z $a^2 = 3b^2$ i podzielnością przez $3$ pokazuje niewymierność $\sqrt{3}$ .

Przykład 2 – $\log_2 5$ jest liczbą niewymierną. Ponieważ $5 > 1$ , mamy $\log_2 5 > 0$ . Załóżmy, że $\log_2 5 = \frac{p}{q}$ dla liczb naturalnych $p, q$ (obie dodatnie). Z definicji logarytmu (hasło logarytm – definicja) $2^{p/q} = 5$ . Podnosimy obie strony do potęgi $q$ :

2^{p} = 5^{q}

Lewa strona jest parzysta, bo $p \geq 1$ . Prawa jest iloczynem liczb nieparzystych, więc jest nieparzysta. Liczba nie może być jednocześnie parzysta i nieparzysta, więc założenie jest fałszywe.

Przykład 3 – liczb pierwszych jest nieskończenie wiele. Załóżmy, że jest ich skończenie wiele: $p_1, p_2, \ldots, p_n$ . Tworzymy liczbę $N = p_1 \cdot p_2 \cdot \ldots \cdot p_n + 1$ . Przy dzieleniu przez dowolne $p_i$ daje ona resztę $1$ , więc żadna z $p_i$ jej nie dzieli. Ale $N > 1$ ma jakiś dzielnik pierwszy, a wszystkich liczb pierwszych mamy na liście – sprzeczność.

Uwaga: $N$ nie musi być liczbą pierwszą. Dla $2, 3, 5, 7, 11$ mamy $N = 2311$ (pierwsza), ale dla $2, 3, 5, 7, 11, 13$ wychodzi $N = 30031 = 59 \cdot 509$ . Dowód wymaga tylko tego, żeby $N$ miała jakiś dzielnik pierwszy spoza listy – i tak jest.

Typowe błędy

Sprawdzanie na liczbach zamiast dowodu. Zapis „ $\sqrt{2} \approx 1{,}41421\ldots$ i cyfry się nie powtarzają, więc jest niewymierny" nie jest dowodem: rozwinięcie ma nieskończenie wiele cyfr, których nigdy nie obejrzymy. Podobnie $\frac{297}{210} \approx 1{,}4143$ „prawie" równa się $\sqrt{2}$ , a mimo to jest wymierne. Dowód musi być rachunkiem na literach.

Niepoprawne zaprzeczenie tezy. Zaprzeczeniem „ $\sqrt{2}$ jest niewymierny" jest „ $\sqrt{2}$ jest wymierny", a nie „ $\sqrt{2}$ jest całkowity". Sprawozdanie CKE za rok 2020 (stara formuła) opisuje rozwiązanie nie wprost, w którym zdający zapisał niepoprawne zaprzeczenie tezy – co w konsekwencji znacznie ułatwiło jego rozumowanie, więc dowód nie dowodził tezy.

Brak nieskracalności ułamka. Gdy napiszesz tylko $\sqrt{2} = \frac{a}{b}$ , dojście do „ $a$ i $b$ są parzyste" nie jest sprzecznością – parzyste liczby mogą tworzyć ułamek równy $\sqrt{2}$ , jeśli go nie skrócono. Sprzeczność daje dopiero zestawienie z założeniem „ułamek nieskracalny".

Przekonanie, że dwie niewymierne dają niewymierną. „Suma niewymiernych jest niewymierna" jest fałszem: $\sqrt{2} + (-\sqrt{2}) = 0$ i $(2 + \sqrt{3}) + (2 - \sqrt{3}) = 4$ . Zasada „wymierna plus niewymierna" działa tylko dla jednej liczby wymiernej.

Sprawdź się

Dowód, że liczb pierwszych jest nieskończenie wiele, używa liczby „iloczyn dotychczasowych liczb pierwszych plus $1$ ". Uzupełnij tabelę.

Użyte liczby pierwsze	Iloczyn plus $1$
$2, 3$	7
$2, 3, 5$
$2, 3, 5, 7$
$2, 3, 5, 7, 11$
$2, 3, 5, 7, 11, 13$

Liczba $30031$ nie jest pierwsza – jej najmniejszy dzielnik pierwszy to .

W dowodzie niewymierności $\sqrt{2}$ z równości $a^2 = 2b^2$ wynika, że liczba $a^2$ jest . Po podstawieniu $a = 2k$ dostajemy $b^2 = k^2$.

W dowodzie niewymierności $\log_2 5$ dochodzimy do równości $2^p = 5^q$ , w której lewa strona jest parzysta, a prawa .

Liczba $3 + \sqrt{2}$ jest .

Suma niewymiernych $\sqrt{2}$ i $-\sqrt{2}$ jest równa .

Najczęściej zadawane pytania

Dlaczego w dowodzie niewymierności

\sqrt{2}

zakładamy, że ułamek jest nieskracalny?

Każdy ułamek można skrócić do postaci nieskracalnej, więc założenie nie zawęża dowodu. Jest za to niezbędne: sprzecznością jest dopiero to, że licznik i mianownik są jednocześnie parzyste, bo wtedy ułamek da się skrócić przez $2$ , wbrew założeniu.

Czy ten sam dowód działa dla

\sqrt{4}

Nie, i dobrze – $\sqrt{4} = 2$ jest wymierny. Z $a^2 = 4b^2$ nie wynika sprzeczność: $a = 2b$ jest dopuszczalne i ułamek $\frac{a}{b} = 2$ skraca się do liczby całkowitej. Dowód dla $\sqrt{2}$ wykorzystuje to, że $2$ jest liczbą pierwszą: parzystość $a^2$ przenosi się na $a$ . Tak samo działa dowód dla $\sqrt{p}$ , gdzie $p$ jest liczbą pierwszą, z podzielnością przez $p$ .

Czy suma dwóch liczb niewymiernych jest zawsze niewymierna?

Nie. $\sqrt{2} + (-\sqrt{2}) = 0$ jest wymierne, podobnie $(1 + \sqrt{3}) + (1 - \sqrt{3}) = 2$ . Pewne są tylko dwie reguły: wymierna plus niewymierna daje niewymierną, a iloczyn wymiernej różnej od zera i niewymiernej jest niewymierny.

Czy liczba z dowodu Euklidesa jest zawsze pierwsza?

Nie. Dla $2, 3, 5, 7, 11, 13$ mamy $2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13 + 1 = 30031 = 59 \cdot 509$ . Dowód nie twierdzi, że ta liczba jest pierwsza, tylko że ma dzielnik pierwszy spoza listy – a każda liczba większa od $1$ taki dzielnik ma.

Czy na maturze trzeba udowodnić niewymierność

\sqrt{2}

W arkuszach zebranych na portalu nie znalazłem takiego zadania. W zadaniach, które korzystają z niewymierności $\sqrt{2}$ , $\sqrt{3}$ czy $\sqrt{6}$ , rozwiązanie wzorcowe CKE powołuje się na nią jako na fakt znany, bez dowodu. Sam dowód nie wprost trenuje jednak rozumowanie potrzebne w zadaniach „wykaż, że".

Komentarz Autora

W arkuszach zebranych na portalu (wyszukiwanie fraz w stylu „jest niewymierna", „wykaż, że … niewymiern") nie znalazłem zadania, w którym trzeba udowodnić niewymierność liczby ani to, że liczb pierwszych jest nieskończenie wiele. Najbliższe są zadania, w których niewymierność jest przyjmowana jako znana. W Informatorze o egzaminie maturalnym z matematyki (poziom podstawowy, od roku szkolnego 2024/2025) zadanie 15 (0–2) dotyczy liczby $x = a - (\sqrt{3} - \sqrt{2})^2$ . Treść mówi wprost, że $\sqrt{2}$ , $\sqrt{3}$ i $\sqrt{2} \cdot \sqrt{3}$ są niewymierne, a poprawne odpowiedzi to B i D (po przekształceniu $x = a - 5 + 2\sqrt{6}$ liczba jest wymierna, gdy $a = q - 2\sqrt{6}$ dla wymiernego $q$ ). W Zbiorze zadań CKE do matury na poziomie rozszerzonym zadanie 7 (0–3) każe wykazać, że z równości $a\sqrt{2} + b\sqrt{3} + c\sqrt{6} = 0$ dla liczb całkowitych wynika $a = b = c = 0$ ; rozwiązanie wzorcowe powołuje się na niewymierność $\sqrt{3}$ i $\sqrt{6}$ bez dowodu, a punkty przyznaje się za rozpatrzone przypadki. To zadanie ma swój dom w haśle dowody nierówności i tożsamości.

Wniosek praktyczny: dowód niewymierności $\sqrt{2}$ warto umieć, bo jest wzorem rozumowania nie wprost, ale w zadaniu z liczbami typu $\sqrt{6}$ zwykle wolno napisać „liczba niewymierna" bez ponownego dowodu. Oba dowody z tego hasła są w wykazie twierdzeń z podstawy programowej: nieskończenie wiele liczb pierwszych (P1) i niewymierność $\sqrt{2}$ oraz $\log_2 5$ (P2). Cały wykaz zestawia hasło twierdzenia i dowody z wykazu CKE.

Gdy dowodzisz nie wprost, zapisz zdanie otwierające („Załóżmy, że … jest wymierny") i zdanie zamykające („Otrzymana sprzeczność kończy dowód").

Szymon

Autor materiałów na Prymo. Hasła z matematyki opieramy na wymaganiach CKE, informatorach i zadaniach z arkuszy maturalnych – tak, żeby uczyć dokładnie tego, co jest na egzaminie.

↗

Powiązane zagadnienia

Zagadnienia z tego samego obszaru matury – warto je powtórzyć razem:

Jak pisać dowód na maturzeDowody i rozumowanie Dowody nierówności i tożsamości algebraicznychDowody i rozumowanie Dowody podzielności i reszt z dzieleniaDowody i rozumowanie Podzielność liczb, liczby pierwsze, NWD i NWWLiczby rzeczywiste Twierdzenia i dowody z wykazu CKEDowody i rozumowanie