7.3 Irrasjonalitet og rasjonale approksimasjoner *(bør kjenne til)*

Steg 1. Anta, for å komme til en motsigelse, at $\sqrt 6$ er rasjonal. Da finnes hele tall $a,b$ med $b>0$,
$$\sqrt 6=\frac ab,\qquad \gcd(a,b)=1.$$

Steg 2. Kvadrer:
$$6=\frac{a^2}{b^2},\qquad\text{altså}\qquad a^2=6b^2.$$

Steg 3: velg en primfaktor. $6=2\cdot 3$, og vi bruker $p=2$. Fra likningen er
$$2\mid a^2,$$
og ved Euklids lemma ($2$ er primtall) følger $2\mid a$. Skriv $a=2c$.

Steg 4. Sett inn:
$$(2c)^2=6b^2\quad\Longrightarrow\quad 4c^2=6b^2\quad\Longrightarrow\quad 2c^2=3b^2.$$

Nå er $2\mid 3b^2$. Siden $2\nmid 3$, gir Euklids lemma at $2\mid b^2$, og dermed $2\mid b$.

Steg 5: motsigelsen. $2$ deler både $a$ og $b$, så $\gcd(a,b)\ge 2>1$ — i strid med steg 1. Motsigelse.

Konklusjon. $\sqrt 6$ er irrasjonal. $\blacksquare$

Kontroll av at påstanden er rimelig: $\sqrt 6\approx 2{,}449490$, og konvergentene fra kap. 7.1 er $2$, $\displaystyle \frac 52=2{,}5$, $\displaystyle \frac{22}9\approx 2{,}4444$, $\displaystyle \frac{49}{20}=2{,}45$ — stadig nærmere, aldri treff.

Om føringen — de fem tingene som gir uttelling:

1. Steg 0 er nevnt: $6$ er ikke et kvadrattall. Uten det er det ikke sagt hvorfor påstanden i det hele tatt kan være sann.
2. «$\gcd(a,b)=1$» står i steg 1. Det er antakelsen motsigelsen treffer.
3. Primfaktoren er valgt eksplisitt («vi bruker $p=2$»), ikke bare underforstått.
4. Euklids lemma er navngitt, begge gangene det brukes.
5. Motsigelsen er pekt på, med de to uforenlige utsagnene navngitt.

Kunne vi brukt $p=3$ i stedet? Ja. Fra $a^2=6b^2$ er $3\mid a^2$, altså $3\mid a$; sett $a=3c$ og få $9c^2=6b^2$, altså $3c^2=2b^2$. Da er $3\mid 2b^2$, og siden $3\nmid 2$ er $3\mid b^2$, altså $3\mid b$ — samme motsigelse. Begge veier er fullgode, og du velger den primfaktoren som gir enklest regning.

Merk at steg 4 krevde et lite ekstra argument denne gangen: fra $2c^2=3b^2$ måtte vi si at $2\nmid 3$ før Euklids lemma kunne brukes på $b^2$. For $D=p$ et primtall er steget kortere, som i $\sqrt 3$-beviset — der ga innsettingen direkte $3c^2=b^2$.

Del a) Eksponentargumentet

Steg 0. Er $7$ en kubikk? Kubikktallene er $1,8,27,\dots$, og $7$ er ikke blant dem. Påstanden kan altså være sann.

Steg 1. Anta, for å komme til en motsigelse, at $\sqrt[3]{7}$ er rasjonal:
$$\sqrt[3]{7}=\frac ab,\qquad a,b\ \text{hele},\ b>0.$$

Steg 2. Opphøy i tredje og rydd:
$$7=\frac{a^3}{b^3}\quad\Longrightarrow\quad 7\,b^3=a^3.$$

Steg 3. Se på eksponenten til primtallet $7$ på begge sider. Etter aritmetikkens fundamentalteorem (kap. 1.1) er faktoriseringen entydig, så eksponentene må stemme:

- Venstresiden: $v_7\bigl(7b^3\bigr)=v_7(7)+v_7\bigl(b^3\bigr)=1+3v_7(b)$.
- Høyresiden: $v_7\bigl(a^3\bigr)=3v_7(a)$.

Altså
$$1+3v_7(b)=3v_7(a).$$

Steg 4: motsigelsen. Omorganiser:
$$1=3\bigl(v_7(a)-v_7(b)\bigr),$$
altså $3\mid 1$ — umulig, siden $3>1$.

(Alternativt, i kongruensspråk: venstresiden er $\equiv 1\pmod 3$ og høyresiden $\equiv 0\pmod 3$, og $1\not\equiv 0\pmod 3$.)

Konklusjon. Antakelsen var gal: $\sqrt[3]{7}$ er irrasjonal. $\blacksquare$

Kontroll: $\sqrt[3]{7}\approx 1{,}9129312$, og $\displaystyle \frac{21}{11}\approx 1{,}90909$, $\displaystyle \frac{44}{23}\approx 1{,}91304$ — nær, men ingen treff ✓. Og $1^3=1<7<8=2^3$, så tallet ligger strengt mellom $1$ og $2$ og kan ikke være et helt tall.

Del b) Den elementære malen

Steg 1. Anta $\sqrt[3]{7}=\dfrac ab$ med $\gcd(a,b)=1$, $b>0$. Her trengs «laveste ledd».

Steg 2. Opphøy i tredje:
$$a^3=7b^3.$$

Steg 3. Fra likningen er $7\mid a^3=a\cdot a\cdot a$. Ved Euklids lemma (anvendt to ganger, siden $7$ er primtall) følger
$$7\mid a.$$
Skriv $a=7c$.

Steg 4. Sett inn:
$$(7c)^3=7b^3\quad\Longrightarrow\quad 343c^3=7b^3\quad\Longrightarrow\quad 49c^3=b^3.$$
Nå er $7\mid b^3$, og ved Euklids lemma igjen: $7\mid b$.

Steg 5: motsigelsen. $7$ deler både $a$ og $b$, i strid med $\gcd(a,b)=1$. Motsigelse.

Altså er $\sqrt[3]{7}$ irrasjonal. $\blacksquare$

Sammenligningen

4. I (b) står «$\gcd(a,b)=1$» i første linje. Utelates den, er beviset ugyldig.

Merk detaljen i (b), steg 3: Euklids lemma brukes to ganger for å komme fra $7\mid a\cdot a\cdot a$ til $7\mid a$ — først deler $7$ enten $a$ eller $a^2$, og i det andre tilfellet igjen enten $a$ eller $a$. Å nevne at det er to anvendelser er en presisjon som koster fem ord, og som viser at du vet hva lemmaet sier.

Vi viser at ingen slike $a,b$ finnes.

Steg 1: antakelsen. Anta, for å komme til en motsigelse, at det finnes positive hele tall $a,b$ med $a^2=2b^2$. Blant alle slike par, velg ett med minst mulig $b$. (Det finnes, ved velordningsprinsippet: mengden av mulige $b$ er en ikke-tom mengde av positive hele tall.)

Steg 2: $a$ er et partall. Fra $a^2=2b^2$ er $a^2$ et partall, og da er $a$ et partall (kap. 6.1, kontrapositivt: odde $\Rightarrow$ odde kvadrat). Skriv
$$a=2c,\qquad c\ \text{et positivt helt tall}.$$

Steg 3: konstruér en mindre løsning. Sett inn:
$$(2c)^2=2b^2\quad\Longrightarrow\quad 4c^2=2b^2\quad\Longrightarrow\quad b^2=2c^2.$$

Se hva som skjedde: paret $(b,c)$ oppfyller samme likning som $(a,b)$ gjorde!

Steg 4: og den nye er mindre. Vi må vise at $0<c<b$:

- $c>0$: ja, siden $a>0$ og $a=2c$.
- $c<b$: fra $b^2=2c^2$ er $b^2>c^2$ (siden $c>0$), altså $b>c$ ✓.

Altså er $(b,c)$ en løsning med strengt mindre andre komponent enn $b$.

Steg 5: motsigelsen. Men vi valgte $(a,b)$ med minst mulig $b$, og nå har vi funnet en løsning med andre komponent $c<b$. De to utsagnene er uforenlige — motsigelse.

Konklusjon. Det finnes ingen positive hele tall med $a^2=2b^2$, altså er $\sqrt 2$ irrasjonal. $\blacksquare$

Den alternative formuleringen, uten «minst mulig»: anta at det finnes en løsning $(a_1,b_1)$. Steg 2–4 gir en løsning $(a_2,b_2)=(b_1,c)$ med $b_2<b_1$. Gjenta: du får en uendelig følge
$$b_1>b_2>b_3>\dots>0$$
av strengt avtakende positive hele tall. Det er umulig — en slik følge kan ikke være uendelig. Motsigelse.

Kontroll av at maskineriet virker: prøv med et par som «nesten» er en løsning. $(a,b)=(99,70)$ gir $99^2=9801$ og $2\cdot 70^2=9800$ — ett fra hverandre, men ikke likt ✓. Og nedstigningen fra et hypotetisk par ville produsert stadig mindre par, som er nettopp det umulige.

Sammenligningen med «laveste ledd»-malen:

Merk at steg 4 er hele beviset: uten ulikheten $c<b$ har du bare produsert en annen løsning, ikke en mindre. Det er verdt en egen linje i besvarelsen.

Del a)

Steg 1: kjedebrøken. $\sqrt 2=[1;\overline 2]$, altså $a_0=1$ og deretter $a_n=2$ for alle $n\ge 1$.

(Kontroll av dette med algoritmen fra kap. 7.1: $a_0=\lfloor\sqrt 2\rfloor=1$; $m_1=1$, $\displaystyle d_1=\frac{2-1}1=1$, $\displaystyle a_1=\left\lfloor\frac{1+1}1\right\rfloor=2$; $m_2=2\cdot 1-1=1$, $\displaystyle d_2=\frac{2-1}1=1$ — lik rad 1, så perioden er $\overline 2$ av lengde $1$ ✓. Siste periodeledd er $2=2a_0$ ✓.)

Steg 2: konvergenttabellen, med $p_n=a_np_{n-1}+p_{n-2}$, $q_n=a_nq_{n-1}+q_{n-2}$ og startverdiene $p_{-1}=1$, $p_{-2}=0$, $q_{-1}=0$, $q_{-2}=1$:

Kontroll uten desimaler — via ulikheten fra løkke 4. Vi har

$$\left|\sqrt 2-\frac{p_4}{q_4}\right|<\frac{1}{q_4q_5}.$$
Neste nevner er $q_5=2\cdot 29+12=70$, så grensen er

$$\frac{1}{29\cdot 70}=\frac{1}{2030}\approx 0{,}000493<0{,}001\ ✓$$
Det er den ryddige måten å svare: du behøver ikke regne desimalverdien av $\sqrt 2$ i det hele tatt — ulikheten gir garantien. Under kode D er det verdt mye, siden kalkulatoren kan gi deg $\sqrt 2$ men ikke en garanti.
En annen kontroll, helt uten desimaler: $41^2-2\cdot 29^2=1681-1682=-1$, så $\displaystyle \frac{41}{29}$ er en løsning av $x^2-2y^2=-1$ — altså en konvergent, som forventet (kap. 7.1).

Del b)

$\displaystyle \frac{17}{12}$ er altså nesten seks ganger bedre, med en nevner som bare er $20$ % større.

Hvorfor — den strukturelle forklaringen. $\displaystyle \frac{17}{12}$ er en konvergent til $\sqrt 2$; $\displaystyle \frac{14}{10}$ er ikke. Og konvergentene er de beste approksimasjonene med sine nevnere.

Mer presist: $\displaystyle \frac{14}{10}=\frac 75$ forkortet, og $\displaystyle \frac 75$ er konvergenten $C_2$ — men med nevner $5$, ikke $10$. Så $\displaystyle \frac{14}{10}$ er en konvergent i uforkortet form, og den «betaler» for en nevner på $10$ uten å få bedre nøyaktighet enn nevner $5$ gir.

Kontroll av det poenget: feilen for $\displaystyle \frac 75$ er også $0{,}0142136$ — identisk, siden det er samme tall. Å skrive $\displaystyle \frac{14}{10}$ i stedet for $\displaystyle \frac 75$ gir altså ingen gevinst, bare en større nevner.

Konklusjonen, presist: blant alle brøker med nevner $\le 12$ er $\displaystyle \frac{17}{12}$ den beste tilnærmingen til $\sqrt 2$. $\displaystyle \frac{14}{10}$ har nevner $10\le 12$ og er dårligere — nøyaktig som teorien forutsier.

Sluttsvar: a) $\displaystyle \frac{41}{29}$, med feil $\displaystyle <\frac{1}{29\cdot 70}<0{,}001$; b) $\displaystyle \frac{17}{12}$ er en konvergent og derfor optimal for nevnere opp til $12$, mens $\displaystyle \frac{14}{10}$ er den uforkortede formen av konvergenten $\displaystyle \frac 75$ og gir samme nøyaktighet som nevner $5$.

Om føringen — de tre tingene som gir uttelling:

1. Kjedebrøken er begrunnet, ikke bare oppgitt (kontrollen med algoritmen står).

2. Konvergenttabellen er ført med rekursjonsskjemaet, rad for rad.

3. Garantien er gitt med ulikheten, ikke bare med desimalsammenligning. Det er forskjellen mellom «jeg sjekket» og «jeg vet».

Merk hvor pen ulikheten er å bruke: $\displaystyle \frac{1}{q_nq_{n+1}}$ krever bare at du regner én nevner mer i tabellen. Det er tjue sekunder, og det gir en garanti kalkulatoren ikke kan gi deg.