Описание
Часть 1

Как утверждается во многих учебниках иррациональное означает неразумное, или нелогичное, однако это не совсем так. Дело в том, что латинское ratio — это не только «разум», но также «дробь», поэтому слово иррациональное в данном случае уместнее интерпретировать, как «недробное»

Впервые с рациональными числами мы сталкиваемся при извлечении квадратного корня. Мы узнаём, что число $\sqrt{2}$ не представимо в виде обыкновенной дроби, следовательно не является рациональным, так же впрочем, как пришедшее из геометрии число $\pmb{\pi}$ или широко используемое в матанализе число $\pmb{е}$. Впоследствии оказывается, что существуют мнимые числа (например, мнимая единица $\pmb{i}$), которые хотя и не являются рациональными, но иррациональными их также не назовешь. В связи с этим возникает поправка:

Иррациональным числом называется вещественное число не представимое в виде обыкновенной дроби $\dfrac{m}{n}$, где $m$ и $n$ — целые числа, причем $n \gt 0$.

Тут возникает новый вопрос: «А что такое вещественное число?»

1. Вещественные числа? Да это совсем … не просто!

1.1. Различные определения вещественных чисел

Вот несколько определений вещественных чисел (другое название: действительные числа), выбирайте на вкус:

…В противоположность мнимым числам прежде известные числа (положительные или отрицательные, в том числе иррациональные) стали называть вещественными или действительными М.Я. Выгодский. Справочник по элементарной математике. М 1966, стр 182)

Действительными или вещественными числами называются все положительные числа, отрицательные числа и нуль. Webmath.ru

Вещественные числа — это числа вида 1; 12,38; $\frac{3}{4}$; $\pi$(пи); 198. В самом деле, практически любое число, которое может прийти на ум — это вещественное число. Math is Fun (англ.)

Вещественным числом в математике называется число, представимое в виде целого числа, а также в виде конечной или бесконечной десятичной дроби. Википедия на французском языке (фр.)

Вещественным числом в математике называется значение непрерывной величины, представимое в виде расстояния вдоль прямой линии. Википедия на английском языке (англ.)

Вещественное, или действительное число[1] (от лат. realis — действительный) — математический объект, возникший из потребности измерения геометрических и физических величин окружающего мира, а также проведения таких вычислительных операций, как извлечение корня, вычисление логарифмов, решение алгебраических уравнений, исследование поведения функций. Если натуральные числа возникли в процессе счёта, рациональные — из потребности оперировать частями целого, то вещественные числа предназначены для измерения непрерывных величин. Википедия на русском языке

Как не вспомнить здесь крылатую фразу: «Самое темное место в физике это свет, самое непонятное место в математике — это очевидность.» К каким только уловкам не приходится прибегать, отвечая на «простой» вопрос о том, что такое действительное число! Можно уклониться от прямого ответа, или свести это к другим понятиям, пусть даже не более ясным чем исходное. Наконец можно призвать к здравому смыслу: все мы понимаем, что это такое. Впрочем, с определением в «Math is Fun» можно поспорить, поскольку, как правило, говоря о числах имеют в виду прежде всего целые числа, в лучшем случае рациональные дроби. Не знаю, проводилась ли такая статистика, однако убежден, что менее половины населения знают, что такое квадратный корень, тогда как вряд ли 10% смогут сходу ответить, что такое $\pi$ (не говоря уже о числе $е$). Что касается мнимого числа, то, действительно, такое число может прийти на ум лишь человеку с математическим сдвигом.

По мнению автора этой публикации самым простым (хотя возможно тоже не безупречным) подходом является определение вещественных чисел, как точек числовой прямой.

1.2. Вещественные числа, как точки на числовой прямой.

Возьмем некоторую прямую, выберем начало отсчета, положительное направление и масштаб. Как известно, такая прямая называется числовой прямой, причем для каждому рациональному числу можно поставить в соответствие единственную точку на числовой оси. Начало отсчета соответствует нулю, для определения токи, соответствующей числу $\frac{m}{n}$ ($m$ и $n$ — целые числа, причем $n>0$) берем отрезок длиной $\frac{1}{n}$ и откладываем его $|m|$ раз (здесь |…| означают абсолютную величину) в положительном или отрицательном направлении в соответствии со знаком дроби. Ниже показан способ нахождения точки, соответствующей числу $\frac{11}{8}$.

Можно пойти дальше и отождествить вещественные числа с точками числовой прямой. Как было замечено, каждому рациональные числу соответствует точка на прямой, таким образом все рациональные числа являются вещественными.

Множество вещественных чисел принято обозначать буквой $\mathbb{R}$ (лат. realis). Напомню, что буквы $\mathbb{Q}$ и $\mathbb{Z}$ используются для множеств рациональных и целых чисел соответственно (от ит. quoziente - частное и немецкого Zahlen - целое).

Буквa $\mathbb{N}$ используется для множества натуральных чисел. Заметим, что в данной публикации натуральными считаются целые положительные числа, таким образом ноль мы не будем считать натуральным числом. Поскольку такое соглашение не является общепринятым, многие авторы вместо $\mathbb{N}$ предпочитают обозначение $\mathbb{Z^+}$, подчеркивая тем самым что речь идет о целых положительных числах. В отличие от других рассмотренных выше множеств, множество натуральных чисел ограниченно снизу. Более того, это множество имеет минимальный элемент, который, как мы условились, равен 1. Из ограниченности снизу и дискретности множества $\mathbb{N}$ (в данном случае дискретность означает, что для любого $n \in \mathbb{N}$ интервал $(n, n+1)$ не содержит натуральных чисел) следует, что всякая убывающая последовательность натуральных чисел конечна — факт, лежащий в основе изобретенного Пьером Ферма (Pierre de Fermat) метода бесконечного спуска (англ. proof by infinite descent), котрый мы будем применять в доказательстве некотрых утверждений.

Из вышесказанного следует, что $\mathbb{N} \subset \mathbb{Z} \subset \mathbb{Q} \subseteq \mathbb{R}$. Докажем, что последнее вложение также является строгим: $\mathbb{Q} \subset \mathbb{R}$, то есть не все вещественные числа являются рациональными. Для этого достаточно на числовой прямой найти точку, которой не соответствует ни одно рациональное число.

Для нахождения такой точки построим равнобедренный прямоугольный треугольник с катетом равным единице. По теореме Пифагора длина гипотенузы построенного треугольника равна $\sqrt{2}$, тогда как в любом математическом учебнике для средней школы доказывается это число не представимо в виде дроби $\frac{m}{n}$. Остается на числовой отложить от начала отсчета отрезок, равный длине гипотенузы, конец которого и есть искомая точка.

1.3. Полнота множества вещественных чисел.

Приведем важное свойством, отличающим множество вещественных чисел, от множества рациональных чисел

Утверждение 1.3.1 (Аксиома полноты) Если непустые множества $A \subset \mathbb{R}$ и $B \subset \mathbb{R}$ таковы, что каждый элемент из $A$ не превосходит каждый элемент из $B$ ( $a \in A, \; b \in B$ $\Rightarrow$ $a \leqslant b$), существует некое число $\xi \in \mathbb{R}$, такое, что $a \leqslant \xi \leqslant b$ для любых $a \in A$ и $b \in B$

Говоря по-простому: Если одно множество вещественных чисел лежит целиком правее (точнее не левее) другого, то некоторое вещественное число можно поставить между ними. При этом «разделитель» может принадлежать какому-то из множеств или обоим одновременно.

Заметим, что во множестве рациональных чисел найти «разделитель» не всегда удается. Например, если $A$ — множество рациональных $r$, для которых $r^2 \lt 2$, $B$ — множество рациональных $r$, для которых $r^2 \gt 2$, то единственное число, пригодное в качестве «разделителя» — это, конечно, $\sqrt{2}$, однако это число иррационально.

Отметим одно важное следствие из аксиомы полноты. Множество называется ограниченным сверху если каждый элемент множества не больше некоторого числа, называемого верхней гранью: $a \leqslant m$, для любого $a \in A$. Наименьшее число, пригодное в качестве верхней грани называется точной верхней гранью. Всегда ли сушествует точная верхняя грань при наличии какой-нибудь верхней грани? Во множестве вещественных чисел ответ утвердительный.

Утверждение 1.3.2 Всякое множество вещественных чисел, ограниченное сверху, обладает точной верхней гранью.

Доказательство. Пусть $A$ — заданное множество, $B$ — множество верхних граней множества $A$. По условию оба множества непустые, причем, согласно определению верхней грани, $a \leqslant b$ для любых $a \in A$ и $b \in B$. Таким образом к множествам $A$ и $B$ применима аксиома полноты. Получаем число $\xi$, которое является верхней гранью множества $A$ в силу того, что $a \leqslant \xi$ для любого $a \in A$. С другой стороны $\xi$ не больше любого элемента из $B$, а потому является наименьшей верхней гранью.

Аналогично для множества ограниченного снизу можно ввести понятие точной нижней грани, как наибольшей из нижних граней и доказать

Утверждение 1.3.3 Всякое множество вещественных чисел, ограниченное снизу, обладает точной нижней гранью.

Заметим, что ранее рассмотренные множества рациональных чисел, квадрат которых меньше / больше 2 не обладают точной верхней / нижней гранью во множестве рациональных чисел, хотя и ограничены сверху / снизу.

Во многих публикациях существование точной верхней (или нижней) грани принимается в качествe аксиомы полноты. В этом случае утверждение 1.3.1 приходится доказывать.

Наконец, не могу не упомянуть о другом следствии из полноты множеста вещественных чисел, связанное с именем немецкого математика Карла Вейерштрасса (правильное произношение Вайерштрас: Karl Teodor Wilhelm Weierstraß [в англ. транслитерации Weierstrass])

Утверждение 1.3.4 Всякая монотонно-неубывающая и ограниченная сверху последовательность вещественных числе имеет предел.

Доказательство. Пусть ${a_n}$ — монотонно неубывающая и ограниченная сверху последовательность вещественных чисел. Согласно утвержению 1.3.2, множество элементов последовательности обладает точной верхней гранью $\beta$. Покажем, что $\beta = \lim\limits_{n \to \infty}{a_n}$.

Возьмем произвольное $\varepsilon \gt 0$. Из минимальности $\beta$ следует, что $(\beta - \varepsilon)$ не является верхней гранью множества членов последовательности. Поэтому $a_N > \beta - \varepsilon$ для некоторого натурального $N$. Но тогда, в силу монотонности, $a_n \geqslant a_N \gt \beta - \varepsilon$ при любом $n \geqslant N$. В то же время $\beta$ является верхней гранью множества членов последовательности, поэтому $a_n \leqslant \beta$. Таким образом $|a_n - \beta| = \beta - a_n \lt \varepsilon$, при любом $n \geqslant N$, чем завершается доказательство.

Аналогично доказывается

Утверждение 1.3.5 Всякая монотонно-невозрастающая и ограниченная снизу последовательность вещественных числе имеет предел.

1.4. Вещественное число, как десятичная дробь.

На полуинтервале $[0,1)$ числовой прямой выберем некоторую точку $\alpha$: $$ 0 \leqslant \alpha \lt 1 $$

Если $\alpha = 0$, то $\alpha$ — целое число. В противном случае разделим полуинтервал $[r_0, r_0+1]$ на 10 равных частей. Таким образом получаем полуинтервалы $\left[\dfrac{i}{10}, \dfrac{i+1}{10}\right)$ ($i$ - целое число, причем $0\leqslant i \leqslant 9$), один из которых содержит $\alpha$: $$ \frac{d_1}{10} \leqslant \alpha \lt \frac{d_1+1}{10} $$

Заметим, что левую границу интервала можно записать в виде десятичной дроби: $\frac{d_1}{10} = \overline{0,d_1}$ (верхняя черта означает, что речь идет не о произведении, а о числе, записываемом данными цифрами), так что последнее неравенство можно записать в виде: $$ \overline{0,d_1} \leqslant \alpha \lt \overline{0,d_1} + 0,1 $$

Если $\alpha = \overline{0,d_1}$, то $\alpha$ — представляется конечной десятичной дробью (следовательно рационально), иначе делим полуинтервал $[\overline{0,d_1}, \overline{0,d_1}+0.1)$ на 10 равных частей, что дает более точное неравенство для $\alpha$: $$ \overline{0,d_1d_2} \leqslant \alpha \lt \overline{0,d_1d_2} + 0,01 $$

В результате получаем последовательность полуинтервалов $[r_n, r_n+10^{-n})$, где $r_n = \overline{0,d_1d_2 \ldots d_n}$ — конечная десятичная дробь, называемая десятичным приближением исходной дроби. При этом каждый из полуинтервалов содержит $\alpha$, так что $$ r_n \leqslant \alpha \lt r_n + 10^{-n}, $$ или $$ 0 \leqslant \alpha - r_n \lt 10^{-n} \label{eq:1.4.1}\tag{1.4.1} $$

Если какое-то из $r_n$ совпадает $\alpha$, то $\alpha$ – представляется конечной десятичной дробью. B противном случае последовательность десятичных приближений является бесконечной, так что $\alpha$ выражается бесконечной десятичной дробью $\overline{0,d_1d_2\ldots}$. Заметим, что конечную дробь можно сделать бесконечной, приписав бесконечное множество нулей.

Из $\eqref{eq:1.4.1}$ следует, что $\lim\limits_{n \to \infty}{r_n} = \alpha$, так что бесконечная десятичная дробь $\overline{0,d_1d_2\ldots}$ является пределом последовательности ee десятичных приближений $r_n = \overline{0,d_1d_2 \ldots d_n}$. Ее также можно записать, как бесконечную сумму: $$ \alpha = \dfrac{d_1}{10} + \dfrac{d_2}{100} + \dots + \dfrac{d_n}{10^n} + \dots \label{eq:1.4.2}\tag{1.4.2} $$

В публикации О самых обыкновенных дробях было показано, что дробь с периодом (9) (то есть состоящим из одних девяток) на самом деле является конечной дробью или целым числом, например: $0,999\dots = 1$, $0,01999\dots = 0,02$. Таким образом, вышеизложенный процесс никогда не приводит к периоду (9), поскольку, как было показано, для конечной дроби этот процесс является конечным.

Таким образом доказано следующее: Любое вещественное число $\alpha \in [0,1)$ может быть представлено в виде десятичной дроби $\overline{0,d_1d_2\ldots}$, не содержащей периода (9). При этом $\alpha$ есть предел последовательности бесконечных приближений $r_n = \overline{0,d_1d_2 \ldots d_n}$

Пусть, наоборот дана (конечная или бесконечная) десятичная дробь $\overline{0,d_1d_2\ldots}$, не содержащая периодa (9). Докажем, что ей соответствует единственное вещественное число $\alpha \in [0,1)$.

Согласно вышесказанному, значение дроби есть предел последовательности десятичных приближения $r_n = \overline{0,d_1d_2 \ldots d_n}$. Эта последовательность — монотонно неубывающая и ограничена сверху ($r_n \leqslant 1$), поэтому, согласно утверждению 1.3.4, имеет предел $\alpha$.

Покажем, что $\alpha \in [0,1)$. Так как $\alpha \geqslant r_1 \geqslant 0$, остается лишь показать, что $\alpha \lt 1$. Для этого вспомним, что $\alpha$ можно записать в качестве бесконечной суммы, данной равенством $\eqref{eq:1.4.2}$. Так как $$ d_i \leqslant 9, \qquad i=1,2\ldots, \label{eq:1.4.3}\tag{1.4.3} $$ то $\alpha \leqslant \frac{9}{10} + \frac{9}{100} + \dots + \frac{9}{10^n} + \dots$. Заметив, что выражение справа есть сумма членов бесконечно-убывающей геометрической прогрессии, находим $\alpha \leqslant \dfrac{\frac{9}{10}}{1-\frac{1}{10}}$ или $\alpha \leqslant 1$.

Но позвольте, ведь неравенство должно быть строгим! Здесь на помощь приходит требование отсутствие периода (9). Поскольку сушествуют $d_i$ отличные от 9, одно из неравенств $\eqref{eq:1.4.3}$ должно быть строгим. Таким образом $\alpha \lt 1$, что и требовалось …

Нет, надо еще доказать единственность!

Итак, имеются две различные десятичные дроби $\overline{0,d_1d_2 \ldots d_n}$ и $\overline{0,e_1e_2 \ldots e_n}$. Как было доказано, каждой из них соответствует некоторое вещественное число. Пусть $\alpha = \overline{0,d_1d_2 \ldots d_n}$, $\beta = \overline{0,e_1e_2 \ldots e_n}$. Докажем, что $\alpha \ne \beta$.

Обозначим через $r_n$ и $s_n$ — десятичные приближения $\alpha$ и $\beta$ соответственно. Так как дроби различны, то $r_k \ne s_k$ для некоторого $k$. Пусть для определенности $r_k \lt s_k$.

Так как $r_k$ и $s_k$ — различные конечные десятичные дроби с $k$ знаками после запятой, их разность не меньше $10^{-k}$: $$ s_k \geqslant r_k + 10^{-k}, $$ поэтому $\beta \geqslant s_k \geqslant r_k + 10^{-k}$. Если мы докажем что $\alpha \lt r_k + 10^{-k}$, то из неравенства $$ \alpha \lt r_k + 10^{-k} \leqslant \beta $$ можно заключить, что $\alpha \lt \beta$, что и требуется.

Для этого запишем $\alpha$ в виде бесконечной суммы: $$ \alpha = r_k + \dfrac{d_{k+1}}{10^{k+1}} + \dfrac{d_{k+2}}{10^{k+1}} + \dots $$

Снова воспользуемся тем, что $d_i \leqslant 9$ и снова применим формулу суммы членов бесконечно-убывающей геометрической прогрессии: $\alpha \leqslant r_k + \dfrac{\frac{9}{10^{k+1}}}{1 - \frac{1}{10}}$ или $\alpha \leqslant r_k + 10^{-k}$.

Опять выручает требование отсутствия периода (9). Таким образом среди цифр $d_{k+1}, d_{k+2}, \ldots$ найдутся отличные от 9, так что $\alpha \lt r_k + 10^{-k}$, чем завершается доказательство.

Чтобы распространить вышесказанное из полуинтервала [0,1) на всю числовую ось, заметим, что целые точки $n$ разбивают числовую ось на полуинтервалы $[n, n+1)$, единичной длины, при этом всякое вещественное число $\alpha$ попадает в один и только один из таких интервалов: $$ n_0 \leqslant \alpha \lt n_0 + 1 $$

Число $n_0$ называют целой частью числа $\alpha$ и обозначают с помощью нижних квадратных скобок $\lfloor \alpha \rfloor$ (подробнее в О целом в дроби и о дроби в целом). В частности, в интервал $[0, 1)$ попадают числа, целая часть которых равна 0.

В общем случае, рассмотрим разность между числом и его целой частью $\{\alpha\} = \alpha - \lfloor \alpha \rfloor$, называемую дробной частью числа. Легко видеть, что $0 \leqslant \{\alpha\} \lt 1$, так что к дробной части применимы вышеприведенные рассуждения. Таким образом, для перевода вешественного числа $\alpha \geqslant 0$, в десятичную дробь достаточно найти десятичную дробь $\{\alpha\}$ и дописать целую часть. В случае отрицательного числа требуется уточнение, так как, например, $\lfloor -3,2 \rfloor = -4$, а не $-3$, как нам бы хотелось. Однако в этом случае можно просто найти десятичную дробь для абсолютной величины и дописать минус (-).

Обратно, если дана десятичная дробь $\pm \overline{a_1\ldots a_m\,,\,d_1d_2 \ldots}$, заменяем целую $n$ часть нулем и обращаем полученную дробь в вещественное число $\gamma \in [0,1)$. В таком случае искомое вещественное число есть $\pm(n+\gamma)$.

Доказано следующее:

Утверждение 1.4.1 Всякому вещественному числу, соответствует единственная (конечная или бесконечная) десятичная дробь, не содержащая период (9), и наоборот, всякой (конечной или бесконечной) десятиной дроби, не содержащей период (9), соответствует единственное вещественное число.

Как было показано в О самых обыкновенных дробях для всякого рационального числа соответствующая десятичная дробь является либо конечной либо бесконечной периодической и наоборот всякой конечной или бесконечной периодической дроби соответствует рациональное число. Что тогда остается для иррациональных чисел? Бесконечные непериодические дроби.

Утверждение 1.4.2 Вещественное число является иррациональным тогда и только тогда, когда оно представляется бесконечной непериодической десятичной дробью.

1.5 Аналог десятичной дроби в системе счисления с произвольным основанием.

Аналогом десятичной дроби в системе счисления с основанием $n$ ($n$ — целое число, большее 1) является $n$-ичная дробь (двоичная, троичная и т.д.). Разумеется, в такой дроби используются $n$—ичные цифры, поэтому при $n \gt 10$ привычных 10 цифр недостаточно, так что приходится вводить дополнительные. Чаще всего для этой цели используются буквы латинского алфавита А = 10₁₀, B = 11₁₀ и т.д.

Так как выбор 10 в качестве основания системы счисления был чисто волюнтаристическим актом (куда удобнее было бы использовать число 12), все сказанное выше в отношении десятичных дробей распространяется на позиционные дроби с любым основанием. Заметим, что роль девяти выполняет наибольшая цифра, то есть цифра, равная $n-1$ (напр. 1 - в двоичной, 7 - в восьмеричной, B - в двенадцатеричной, F - в шестнадцатеричной).

Таким образом получаем:

Утверждение 1.5.1 В системе счисления с основанием $n$ ($n$ — целое число, большее 1) всякому вещественному числу, соответствует единственная (конечная или бесконечная) $n$-ичная дробь, не содержащая период из одних максимальных цифр, и наоборот, всякой (конечной или бесконечной) десятичной дроби, не содержащей период из одних максимальных цифр, соответствует единственное вещественное число.

Утверждение 1.5.2 Вещественное число является иррациональным тогда и только тогда, когда оно представляется бесконечной непериодической $n$—ичной дробью.

2. Иррациональность корней из целого числа.

Вышеупомянутое «школьное» доказательство иррациональности $\sqrt{2}$ является далеко не единственным. Различным доказательствам иррациональности корней из целого числа, в особенности $\sqrt{2}$ посвящены статьи Википедии, Stackexchange, Cut the knot и других интернет-сайтах, а также во многочисленных монографиях. Некоторые из таких доказательств приведены в этой части.

2.1 Алгебраические доказательства.

Для доказательства иррациональности чаще всего используется метод от противного. Иногда есть смысл идти напролом, найдя противоречие из предположения, что число представимо в виде обыкновенной дроби.

Так, в «школьном» доказательстве иррациональности $\sqrt{2}$ дробь предполагается сократимой, однако в дальнейшем выясняется, что числитель и знаменатель четны, что дает нужное противоречие. Такой метод доказательства можно применить к самому общему случаю.

Утверждение 2.1.1 Пусть $a$ и $k$ — натуральные числа. Число $\sqrt[k]{a}$ является либо целым (следовательно натуральным), либо иррациональным. Другими словами, если число $a$ не является полым квадратом (кубом и т.д), то то число $\sqrt{a}$ (соответственно $\sqrt[3]{a}$ и т.д.) — иррационально.

Вначале установим следующие факты:

Лемма. Пусть $m$ и $k$ - натуральные числа. Всякий простой делитель числа $m^k$ является делителем числа $m$.

Так как для $k=1$ это очевидно, будем считать, что $k \geqslant 2$.

Разложим $m$ на простые множители: $m=p_1^{s_1}p_2^{s_2} \dots p_t^{s_t}$. Тогда $m^k=p_1^{ks_1}p_2^{ks_2} \dots p_t^{ks_t}$, таким число $m^k$ содержит те же простые множители, что и число $m$. Отсюда следует, что простое число, не являющееся делителем $m$, не может быть делителем числа $m^n$, что и требовалось доказать.

Следствие. Если $m$ и $n$ — взаимно простые числа, то $m^k$ и $n^l$ ($k$ и $l$ — натуральные числа) также являются взаимно простыми.

Действительно, если $p$ — общий простой делитель чисел $m^k$ и $n^l$, то по доказанной лемме, числа $m$ и $n$ также делятся на $p$, следовательно не могут быть взаимно простыми.

Теперь доказать утверждение 2.1 не составляет труда. Пусть $\sqrt[k]{a} = b = \dfrac{m}{n}$, где дробь $\dfrac{m}{n}$ несократима. Покажем, что $n=1$, то есть $b$ — целое число.

Так как $m$ и $n$ — взаимно простые, то, как было доказано, числа $m^k$ и $n^k$ — также взаимно простые, так что $a = \dfrac{m^k}{n^k}$ — несократимая дробь. С другой стороны, если $n \geqslant 2$, то $n^k \geqslant 2$, следовательно число $a$ — дробное. Полученное противоречие доказывает утверждение.

Неужели не найдется более простого доказательства?

Попробуем взглянуть на это под другим углом. Если $\sqrt[k]{a} = b$, то $b$ является корнем многочлена $x^n - a = 0$. При этом, если $b$ представляется в виде несократимой дроби $\dfrac{m}{n}$ с положительным знаменателем, то согласно теореме о рациональных корнях полинома (англ. Rational root theorem, очень простое доказательство дано в Википедии или на русском языке в school-collection.edu.ru), знаменатель $n$ обязан быть делителем старшего коэффициента. Но старший коэффициент равен 1, поэтому $n$ может быть ничем иным, кроме 1. Таким образом если $b$ — рационально, оно должно быть целым числом.

Многочлен, старший коэффициент которого равен 1, называется приведенным многочленом (другое название «унитарный», англ. monic [unitary] polynomial). Очевидно, любой многочлен можно сделать приведенным, разделив все его коэффициенты на старший коэффициент, при этом его корни не изменятся. Применив использованную выше теорему о рациональных корнях полинома к произвольному приведенному полиному с целыми коэффициентами можно сделать следующий вывод (который, хотя не имеет непосредственного отношения к нашей теме, пригодится в дальнейшем):

Утверждение 2.1.2 Рациональный корень приведенного многочлена с целыми коэффициентами является целым числом.

Вот еще одно доказательство, основанное на разложении на простые множители.

Равенство $\sqrt{a} = \frac{m}{n}$ можно записать в виде $m^2 = an^2$, откуда следует, что $an^2$ должно быть полным квадратом.

Число является полным квадратом тогда и только тогда, когда в его разложении на простые множители каждый множитель входит в четной степени. Таким образом, разложение для $n^2$ содержит все множители в четной степени.

Если $a$ не является полным квадратом, в его разложении некоторый множитель $p$ попадает в нечетной степени, а следовательно в разложении $an^2$ множитель $p$ также будет в нечетной степени. Это показывает, что $an^2$ может быть полным квадратом лишь тогда, когда $a$ – полный квадрат.

Вышеприведенное рассуждение распространяется на любую натуральную степень $k$.

Непосредственно из 2.1.1, следует, что если $r$ рациональное число, а $\sqrt[k]{r}$ — дробное рациональное число, то $r$ — также дробное. Более того, справедливо следующее:

Утверждение 2.1.3 Пусть $r$ представимо в виде несократимой дроби $\dfrac{m}{n}$, а $k$ - целое число, не меньшее 2. Число $\sqrt[k]{r}$ рационально тогда и только тогда, когда $\sqrt[k]{m}$ и $\sqrt[k]{n}$ — целые числа.

В самом деле, если $\sqrt[k]{m} = m_1$ и $\sqrt[k]{n} = n_1$, где $m_1$ и $n_1$ — целые числа, то $m = m_1^k$, $n=n_1^k$, откуда $\sqrt[k]{r} = \sqrt[k]{\dfrac{m_1^k}{n_1^k}} = \dfrac{m_1}{n_1}$ — рациональное число.

Наоборот, если $\sqrt[k]{r} = \dfrac{m_1}{n_1}$, где дробь $\dfrac{m_1}{n_1}$ несократима, то $\dfrac{m}{n} = n = \dfrac{m_1^k}{n_1^k}$. Так же, как и при доказательстве утверждения 2.1.1 показываем, что из несократимости $\dfrac{m_1}{n_1}$ следует несократимость $\dfrac{m_1^k}{n_1^k}$. Отсюда, в силу единственности представления рационального числа в виде несократимой дроби, следует, что $m=m_1^k$, $n=n_1^k$, то есть $\sqrt[k]{m}=m_1$ и $\sqrt[k]{n}=n_1$ — целые числа.

Термин полный квадрат мы будем употреблять не только для целого, но и для любого рационального числа, являющегося квадратном некоторого рационального числа. Говоря о радикалах, как корнях из рационального числа, мы (если особо не оговорено) будем иметь в виду иррациональные радикалы (англ. surd), то есть корни, не представимые в виде рационального числа. В этом контексте, например, выражения $\sqrt[3]{8}$ или $\sqrt{\frac{1}{4}}$ не являются радикалами, несмотря на наличие знаков радикала.

2.2 Геометрические доказательства

Как говорил немецкий математик Давид Гильберт (David Hilbert) «Арифметические знаки – это записанные геометрические фигуры, а геометрические фигуры – это нарисованные формулы». И действительно, ряд алгебраических фактов допускает наглядную геометрическую иллюстрацию, хотя геометрическая интерпретация далеко не всегда лежит на поверхности. Однако в древней Греции геометрия была наиболее развитой частью математики, и не случайно именно геометрические доказательства иррациональности, описанные в «Началах» Евклида, являются самыми древними из известных нам.

Разумеется, слово «иррациональность» появилось гораздо позже. В «Началах» Евклида говорится о соизмеримости отрезков.

Два отрезка называются соизмеримыми (англ. commensurable segments), если существует отрезок, называемый общей мерой отрезков $a$ и $b$, укладывающийся целое количество раз в каждом из этих отрезков.

Отрезки $a$ и $b$ на нижеследующем рисунке являются соизмеримыми. Их общей мерой является отрезок $c$, который укладывается целое количество раз (соответственно 5 и 3) в каждом из отрезков $a$ и $b$:

Для удобства, общей мерой будем называть также длину отрезка, являющегося общей мерой.

Может показаться, что для любой пары отрезков можно подобрать отрезок достаточно малой длины, который годится в качестве общей меры. Однако это не так.

Утверждение 2.2.1 Отрезки являются соизмеримыми тогда и только тогда, когда отношение их длин рационально.

Пусть отрезки $a$ и $b$ соизмеримы, а $c$ — их общая мера. Если $|a|$, $|b|$ и $|c|$ — длины соответствующих отрезков, то $$ |a| = m\,|c|, \quad |b| = n\,|c|, \quad \text{где } m\text{ и }n \text{ — целые положительные числа.} $$

Разделив первое равенство на второе получаем $$ \frac{|a|}{|b|} = \frac{m}{n} \label{eq:2.2.1}\tag{2.2.1} $$ следовательно $\dfrac{|a|}{|b|}$ — рациональное число.

Обратно, если $\dfrac{|a|}{|b|}$ рационально, то имеет место равенство $\eqref{eq:2.2.1}$, которое можно переписать в виде $$ \frac{|a|}{m} = \frac{|b|}{n} = \lambda \label{eq:2.2.2}\tag{2.2.2} $$ Таким образом отрезок длины $\lambda$ укладывается $m$ раз в $a$ и $n$ раз в $b$, следовательно является общей мерой отрезков.

Если $c$ — общая мера отрезков $a$ и $b$, то всякий отрезок, укладывающийся целое количество раз в $c$, также является обшей мерой $a$ и $b$. Поэтому целесообразно рассматривать общую меру наибольшей длины, которая называется наибольшей общей мерой (англ greatest common measure).

Легко заметить, что в случае, когда длины отрезков выражаются целыми числами, общая мера отрезков есть не что иное, как общий делитель их длин, а наибольшая общая мера есть наибольший общий делитель длин отрезков. Это замечание позволяет обобщить понятие делимости и кратности на вещественные числа.

Пусть $u$ и $v$ – вещественные числа, причем $v \ne 0$. Будем говорить, что $v$ — делитель числа $u$, а число $u$ кратно числу $v$, если отношение $\dfrac{u}{v}$ — целое число. Такое определение позволяет ввести понятие наибольшего общего делителя и наименьшего общего кратного для вещественных чисел, причем, наибольший общий делитель есть наибольшая общая мера отрезков с длинами $u$ и $v$.

Знаменитый алгоритм Евклида, используемый в компьютерных программах для нахождения наибольшего общего делителя целых чисел, в трудах его автора описан как алгоритм отыскания (наибольшей) общей меры двух величин путём их последовательного взаимного вычитания. Состоит он в следующем.

Пусть требуется найти наибольшую общую меру отрезков $a$ и $b$.

Если длина отрезков одинакова, эта длина очевидно является наибольшей общей мерой. Поэтому будем считать, что отрезки разной длины, для определенности отрезок $a$ длиннее отрезка $b$.

Будем откладывать отрезок $b$ на отрезке $a$ до тех пор, пока это возможно. Если отрезок уложится целое количество раз, процесс завершен. Иначе останется отрезок $c$, называемый остатком, который короче $b$. В дальнейшем повторяем процесс, откладывая $c$ на отрезке $b$ и т.д.

Таким образом получаем последовательность отрезков убывающей длины $s_1,\;s_2,\;s_3;\dots$, где $s_1=a$, $s_2=b$, а каждый последующий $s_i$ есть остаток от откладывания отрезка $s_{i-1}$ на отрезке $s_{i-2}$. Процесс завершается, когда очередной отрезок укладывается целое количество раз в предыдущем.

Применяя, как и раньше обозначение $|\dots|$ для длины отрезка, получаем: $$ |s_i| = q_i\,|s_{i+1}| + |s_{i+2}|, \quad q_i \geqslant 1 \text{ — целое}, \quad i=1,\;2\;\dots \label{eq:2.2.3}\tag{2.2.3} $$ или $$ |s_{i+2}| = |s_i| - q_i\,|s_{i+1}|, \quad q_i \geqslant 1 \text{ — целое}, \quad i=1,\;2\;\dots \label{eq:2.2.4}\tag{2.2.4} $$

Утверждение 2.2.2 Если последовательность $s_1,\;s_2,\;s_3;\dots\;s_n$ конечна, ее последний отрезок является наибольшей общей мерой отрезков $a$ и $b$.

Доказательство проведем индукцией в обратном направлении. Пусть $n$ - количество элементов последовательности, $\mu$ — длина последнего отрезка ($s_n$). Согласно алгоритму, $s_n$ укладывается целое количество раз в отрезке $s_{n-1}$, то есть $$ |s_{n-1}| = r_{n-1}\,\mu, \quad r_{n-1} \text{ — целое число} $$

Далее, согласно $\eqref{eq:2.2.3}$, $$ \begin{align} |s_{n-2}| & = q_{n-2}\,|s_{n-1}| + |s_n| = q_{n-2}\,r_{n-1}\,\mu + \mu \\ & = (q_{n-2}\,r_{n-1} + 1)\,\mu = r_{n-2}\,\mu, \qquad r_{n-2} \text{ — целое число} \\ \end{align} $$

Таким образом отрезок длины $\mu$ укладывается целое число раз также в $s_{n-2}$. Аналогичные рассуждения можно применить к $s_{n-3}$, затем к $s_{n-4}$ и т.д. Окончательно приходим к тому, что отрезок $s_n$ укладывается целое количество раз в отрезках $s_1$ и $s_2$. Но, $s_1\,=\,a$ и $s_2\,=\,b$, так что действительно $s_n$ — общая мера отрезков $a$ и $b$.

Для доказательства максимальности $\mu$ применим индукцию в прямом направлении. Пусть $\lambda$ — длина произвольной общей меры отрезков $a$ и $b$. Это значит, что $$ |a| = p_1\,\lambda,\quad |b| = p_2\,\lambda, \quad \text{где} \; p_1\;\text{и}\;p_2\;\text{— целые числа} $$

Согласно $\eqref{eq:2.2.4}$, $$ \begin{align} |s_3| & = |s_1| - q_1\,|s_2| = |a| - q_1\,|b| \\ & = p_1\,\lambda - q_1\,p_2\,\lambda = (p_1 - q_1\,p_2)\lambda \\ & = p_3\,\lambda, \qquad p_3 \text{ — целое число} \end{align} $$

Выходит, что отрезок длины $\lambda$ укладывается целое количество раз в $s_3$. Повторяя рассуждение для последующих отрезков последовательности приходим к тому, что отрезок длины $\lambda$ укладывается целое количество раз в отрезке $s_n$ длиной $\mu$. Таким образом $\dfrac{\mu}{\lambda}$ — целое число, следовательно $\dfrac{\mu}{\lambda} \geqslant 1$ и $\mu \geqslant \lambda$, что как раз означает, что $\mu$ — наибольшая общая мера отрезков $a$ и $b$.

Попутно доказано
Следствие. Наибольшая общая мера кратна любой общей мере. (Конечно, речь идет о кратности вещественных чисел.)

Как видите,алгорим Евклида применим не только для целых чисел. При этом, отрезки, для которых алгоритм дает конечную последовательность, являются соизмеримыми. Покажем, что верно и обратное утверждение.

Утверждение 2.2.3 Если отрезки $a$ и $b$ соизмеримы, последовательность $s_1,\;s_2,\;s_3;\dots\;s_n$ конечна. Отсюда следует, что наибольшую общую меру отрезков, если она существует, всегда удается найти с помощью алгоритма Евклида.

Доказательство. Пусть отрезки $a$ и $b$ соизмеримы. Возьмем их общую меру в качестве единицы длины. Тогда длины отрезков $a$ и $b$ являются целыми числами. Более того, согласно $\eqref{eq:2.2.4}$ длины всех последующих $s_i$ также являются целыми числами. Последовательность длин $|s_1|,\;|s_2|\;|s_3|\;\dots$ является убывающей последовательностью целых положительных чисел, которая не может быть бесконечной. Ее конечность доказывает конечность алгоритма Евклида.

Приступим, наконец, к тому, ради чего все это затевалось и докажем существование отрезков, не обладающих общей мерой. Такие отрезки называются несоизмеримыми (англ. incommensurable segments).

Утверждение 2.2.4 Диагональ квадрата несоизмерима с его стороной

Для доказательства утверждения 2.2.4 удобнее его переформулировать следующим образом: Гипотенуза равнобедренного прямоугольного треугольника несоизмерима с катетом.

Итак, рассмотрим равнобедренный прямоугольный треугольник ABC с гипотенузой AB длины $a$ и катетaми AB и BC длины $b$ каждый. Почему такое странное обозначение длин? Потому что, как вы конечно догадались, мы будем использовать алгоритм Евклида, где «по установленной традиции» $а \gt b$, а то, что гипотенуза длинее катета известно даже тем, кто забыл, что такое гипотенуза.☺

Кроме того, согласно неравенству треугольника, $a \lt 2b$, поэтому, откладывая катет на гипотенузе, мы получим полный отрезок АЕ и остаток EB длиной $c \lt b$.

Далее, согласно алгоритму, следует откладывать отрезки длиной $c$ на катете. Вместо того, чтобы делать это непосредственно, применим небольшую хитрость. Через точку Е восстановим перпендикуляр к гипотенузе, пересекающий ближний катет в точке F. Прямоугольный треугольник BFE с острым углом EBF, равным 45° конечно же является равнобедренным, откуда $|EF| = |BE| = c$.

На гипотенузе FB △BEF можно провести такое же построение, как изначально на гипотенузе AB. Получим отрезок EG длины $c$ и остаток GB длиной $d$. Таким образом … но позвольте, алгоритм требует откладывать отрезок на катете △ABC, а мы что делаем ?!

Вот теперь пришло время применить ранее анонсированную хитрость. Дело в том, что окружность с центром в точке A и радиусом $b$ разумеется проходит через точки C и E. Более того, так как FC и FE перпендикулярны радиусам в точках C и Е соответственно, они являются касательными к окружности. Согласно теореме о касательных,проведенных к окружности из одной точки, $|CF| = |EF| = c$.

Теперь мы видим, что в △ABC на катете BC отрезок длиной $c$ откладывается два раза, при этом отрезок GB действительно является остатком от такого откладывания. Поэтому на следующей итерации алгоритма именно отрезок длиной $d$ следует откладывать на катере △BFE. Повторив вышеприведенные построения, можно получить новый равнобедренный прямоугольный треугольник и т.д. бесконечное количество раз.

Если бы гипотенуза и катет △ABC были соизмеримыми, согласно утверждению 2.2.3, алгоритм Евклида был бы конечен. Однако, как мы убедились, алгоритм является бесконечным. Таким образом гипотенуза и катет равнобедренного прямоугольного треугольника несоизмеримы, и также несоизмеримы диагональ квадрата с его стороной.

В силу утверждения 2.2.1 существование несоизмеримых отрезков доказывает существование иррациональных чисел.

Как вы конечно заметили, утверждение 2.2.4 есть по существу геометрическое доказательство иррациональности $\sqrt{2}$. Стоило уделять такое внимание тому, что мы умеем делать гораздо проще? Во-первых, ряд рассуждений и понятий, включая утверждение 2.2.2 целиком, можно было опустить без ущерба для доказательства несоизмеримости. Во-вторых, хотелось дать нечто большее, чем еще одно доказательство иррациональности. В-третьих, при всем уважении к автору «Начал», должен признаться, что есть доказательство, основанное на той же идее (даже чертеж менять не приходится!), где однако алгоритм Евклида не упоминается.

Итак, вновь обратимся к вышеприведенному чертежу и снова предположим, что гипотенуза и катет △ABC соизмеримы. Выберем их наибольшую общую меру в качестве единицы длины, тогда длины гипотенузы и катета, числа $a$ и $b$ соответственно, станут целыми. Более того, из определения наибольшей общей меры следует, что △ABC в выбранной единице длины является наименьшим равнобедренным прямоугольником треугольником с целочисленными длинами сторон.

△BEF — также равнобедренный прямоугольный треугольник, причем заведомо меньший △ABC, следовательно хотя бы одна из сторон △BEF должна иметь дробную длину. Чему же равны длины на самом деле? Приведенный чертеж позволяет их вычислить: $$ |BE| = |EF| = c = a-b \\ |BF| = b-c = 2b-a $$

Дальнейшие комментарии, по-видимому, излишни.

Приведу еще одно красивое геометрическое доказательство иррациональности $\sqrt{2}$, приписываемое американскому математику Стенли Тенненбауму (Stanley Tennenbaum, простодушные американцы по-видимому прочтут «Тенненбом») в то время, когда он был еще студентом. Источник: Википедия

Пусть $a^2 = 2\,b^2$ для некоторых целых $a$ и $b$. Тогда площадь квадрата со строной $a$ в два раза больше площади квадрата со стороной $b$, причем стороны в обоих квадратах имеют целочисленную длину.

Разместим два квадрата со стороной $b$ (квадраты AEMF и KGCH на чертеже) в противоположных углах квадрата со стороной $a$ (ABCD на чертеже).

Сумма площадей квадратов со стороной $b$ складывается из площади многоугольника AELGCHNF, окрашенного синим цветом, и площади центрального квадрата KLMN, являющегося общей частью квадратов AEMF и KGCH.

Площадь внешнего квадрата ABCD складывается из площади того же многоугольника AELGCHNF и площади угловых квадратов EBGL и FNHD, окрашенных розовым цветом. Заметим, что ввиду симметрии относительно AC, квадраты EBGL и FNHD имеют одинаковую длину сторон, поэтому равновелики. (Для тех, кого симметрия не убеждает, замечу, что длины сторон обоих розовых квадратов равны $a-b$.)

Так как по предположению сумма площадей квадратов со стороной $b$ равна площади внешнего квадрата (со стороной $a$), площадь центрального квадрата KLMN равна сумме площадей квадратов EBGL и FNHD, другими словами, площадь центрального квадрата в два раза больше площади каждого из розовых квадратов.

Пусть $a_1$ и $b_1$ — длины сторон соответственно центрального и розового квадратов. Как было показано, $a_1^2 = 2\,b_1^2$, так что длины сторон полученных квадратов удовлетворяют тому же равенству, что и длины сторон исходных квадратов. Легко подсчитать, что $a_1 = 2b-a$ и $b_1 = a-b$, так что стороны квадратов также целочисленной длины, причем эти длины меньше исходных длин $a$ и $b$: $$ a_1 = a - 2(a-b) \lt a \\ b_1 = b - a_1 \lt b $$

Указанный процесс можно повторять бесконечное количество раз, что дает бесконечно-убывающую последовательность пар: $(a,b),\;(a_1,b_1),\;(a_2,b_2)\;\dots$, где $a_i$ и $b_i$ — натуральные числа, причем $a_i^2 = 2\,b_i^2$. При этом последовательности $a,\;a_1,\;a_2\;\dots$ и $b,\;b_1,\;b_2\;\dots$ являются бесконечно-убывающими последовательностями натуральных чисел, что невозможно. Противоречие доказывает невозможность равенства $a^2 = 2\,b^2$ (то есть $\sqrt{2} = \frac{a}{b}$) для целых $a$ и $b$.

2.3 Доказательство с помощью теоремы Дирихле о приближениях.

Продемонстрируем, наконец, доказательство иррациональности с помощью математического анализа.

Не каждый знает, что, «Принцип ящиков» (или «Принцип голубиных ячеек», англ. Pigeonhole Principle), в русскоязычной литературе часто именуемый принципом Дирихле, был впервые применен немецким математиком по имени Петер Густав Лежён-Дирихле (нем Johann Peter Gustav Lejeune-Dirichlet) для доказательства своей теоремы о приближениях. Принцип Дирихле подробно рассмотрен в публикации «Разложим по полочкам», где в главе Приложения принципа Дирихле доказана следующая теорема:

Утверждение 2.3.1 (Теорема Дирихле о приближениях) Для любого вещественного $\alpha$ и натурального $n$ существует целое число $p$ и натуральный множитель $q$, не превосходящий $n$ ($1 \leqslant q \leqslant n$), такие что $$ |q\alpha - p| \lt \frac{1}{n} \label{eq:2.3.1}\tag{2.3.1} $$

Докажем следующее следствие из теоремы:

Утверждение 2.3.2. Вещественное число $\alpha$ является иррациональным тогда и только тогда, когда существуют последовательности $p_n$ и $q_n$, такие что $q_n\alpha - p_n \ne 0$ для любого $n$ и $\lim\limits_{n\to\infty} (q_n\alpha - p_n) = 0$

Доказательство. Существование последовательностей $p_n$ и $q_n$ следует непосредственно из определения предела и теоремы Дирихле о приближениях. Осталось выяснить, в каких случаях последовательность $q_n\alpha - p_n$ состоит из ненулевых чисел или обладает подпоследовательностью из ненулевых чисел.

Если $\alpha$ иррационально, то из $q_n\alpha - p_n = 0$ следовало бы $\alpha = \dfrac{p_n}{q_n}$, что противоречит иррациональности $\alpha$. Таким образом все $q_n\alpha - p_n$ отличны от нуля.

Пусть теперь $\alpha=\dfrac{i}{k}$, тогда $|q_n\alpha - p_n| = \dfrac{|q_n i - p_n k|}{k}$. Для того, чтобы $q_n\alpha - p_n$ стремилось к нулю, необходимо $\dfrac{|q_n i - p_n k|}{k} \lt \dfrac{1}{k}$ для всех $n$, бо́льших некоторого $N$. Так как числитель левой части — целое число, то это равносильно $q_n i - p_n k=0$. Таким образом, $q_n\alpha - p_n=\dfrac{|q_n i - p_n k|}{k}=0$ для всех $n \gt N$, поэтому ненулевая подпоследовательность невозможна.

Покажем, как с помощью утверждения 2.3.2 доказывается иррациональность $\sqrt{a}$ для $a$, не являющегося полным квадратом.

Пусть $b$ — целая часть от $\sqrt{a}$, то есть максимальное целое число, не превосходящее $\sqrt{a}$. Это значит, что $$ b \lt \sqrt{a} \lt b+1, $$ или $$ 0 \lt \sqrt{a} - b \lt 1 \label{eq:2.3.2}\tag{2.3.2} $$

(Обе части неравенства строгие, так как в противном случае $a$ было бы полным квадратом.).

Возведем $\sqrt{a} - b$ в $n$-ю степень, используя формулу бинома Ньютона. Слагаемые с четной степенью $\sqrt{a}$ — целые числа, их сумму обозначим через $-p_n$. Слагаемые с нечетной степенью $\sqrt{a}$ — это целые числа, умноженные на $\sqrt{a}$, их сумму обозначим через $q_n\,\sqrt{b}$. Таким образом $$ (\sqrt{a} - b)^n = q_n\,\sqrt{a} - p_n, \label{eq:2.3.3}\tag{2.3.3} $$ где $p_n$ и $q_n$ — целые числа. (В качестве альтернативы, $\eqref{eq:2.3.3}$ можно доказать по индукции.)

Вот и нашлись требуемые $p_n$ и $q_n$. Действительно, из $\eqref{eq:2.3.2}$ следует, что $q_n\,\sqrt{a} - p_n = (\sqrt{a} - b)^n$ положительные, а значит отличны от нуля, кроме того основание $\sqrt{a} - b$ меньше единицы, так что $\lim\limits_{n\to\infty} (q_n\,\sqrt{a} - p_n) = \lim\limits_{n\to\infty} (\sqrt{a} - b)^n = 0$.

3. Другие виды иррациональностей.

Разумеется, извлечение корня — далеко не единственная операция, приводящая к иррациональным числам. В данной главе рассматриваются другие виды иррациональности, такие как логарифмы, тригонометрические и интегральные функции.

3.1 Иррациональность логарифмов.

Согласно устоявшейся договоренности, в выражении $\log_{\,a}{b}$ основание $a$ и аргумент $b$ должны быть положительными числами, причем $a \ne 1$. Более того, поскольку $\log_{\,a^{-1}}{b} = - \log_{\,a}{b}$, можно условиться, что $a \gt 1$. При этом $\log_{\,a}{b}$ — монотонно возрастающая функция, график которой проходит через точку $(1, 0)$. Таким образом $$ \log_{\,a}{b} = \begin{cases} \gt 0, \quad \text{если} \; a \gt 1 \\ = 0, \quad \text{если} \; a = 1 \\ \lt 0, \quad \text{если} \; a \lt 1 \end{cases} $$ Замечу, что самые употребительные логарифмы (двоичный, десятичный, натуральный) имеют основание большее 1.

Пусть каждое из $r,\;\alpha,\;\text{и}\;\beta$ больше 1, причем $r$ — рационально, а $\alpha$ и $\beta$ — иррациональны. Быстро ответьте, могут ли быть рациональными значения следующих логарифмов:

а) $\log_{\,r}{\alpha}$?

б) $\log_{\,\alpha}{r}$?

в) $\log_{\,\alpha}{\beta}$?

Как видите, в общем случае все не так очевидно, как может показаться. Однако, если основание и аргумент — натуральные числа, существует довольно простой способ выявления рациональности:

Утверждение 3.1.1 Если $a$ и $b$ — натуральные числа, большие единицы, значение $\log_{\,a}{b}$ рационально тогда и только тогда, когда $a$ и $b$ содержат одинаковые наборы простых множителей, причем кратности множителей пропорциональны и их отношение есть рациональное число.

Говоря другими словами: если $a = p_1^{m_1}p_2^{m2} \dots p_k^{m_k}$ — разложение $a$ на простые множители, то значение $\log_{\,a}{b}$ рационально тогда и только тогда, когда $b = p_1^{n_1}p_2^{n_2} \dots p_k^{n_k}$, причем $\frac{m_1}{n_1} = \frac{m_2}{n_2} = \ldots = \frac{m_k}{n_k}$ — рациональное число.

Доказательство. Пусть $\log_{a}{b} = \frac{i}{j}$ ($i$ и $j$ — натуральные числа). Тогда $b = a^\frac{i}{j}$, или $$ b^j = a^i \label{eq:3.1.1}\tag{3.1.1} $$

Из $\eqref{eq:3.1.1}$ следует, всякий делитель числа $b^j$ является делителем $a^i$ и наоборот. В силу леммы к утверждению 2.1.1 числа $a$ и $b$ также имеют одинаковые наборы простых делителей.

Пусть $a = p_1^{m_1}p_2^{m_2} \dots p_k^{m_k}$ и $b = p_1^{n_1}p_2^{n_2} \dots p_k^{n_k}$ — разложения на простые множители. Подставляя в $\eqref{eq:3.1.1}$, получаем: $$ p_1^{n_1j}p_2^{n_2j} \dots p_k^{n_kj} = p_1^{m_1i}p_2^{m_2i} \dots p_k^{m_ki} $$

Сравнивая показатели степеней при одинаковом основании, получаем $n_sj = m_si$, или $\frac{m_s}{n_s} = \frac{j}{i}$, $s=1,2 \dots k$.

Обратно, если $a = p_1^{m_1}p_2^{m_2} \dots p_k^{m_k}$, $b = p_1^{n_1}p_2^{n_2} \dots p_k^{n_k}$ и $\frac{m_1}{n_1} = \frac{m_2}{n_2} = \ldots = \frac{m_k}{n_k} = \frac{j}{i}$, то, как легко проверить подстановкой, выполняется $\eqref{eq:3.1.1}$, откуда $\log_{a}{b} = \frac{i}{j}$ — рациональное число.

Из доказанного утверждения, как частный случай, следует:

Утверждение 3.1.2 Пусть $a$ и $b$ — натуральные числа, большие единицы.
а) Если $a$ – содержит простой множитель, не являющийся делителем $b$, или наоборот, $\log_a{b}$ — иррациональное число.
b) Если $a$ и $b$ – взаимно простые, $\log_a{b}$ — иррациональное число.

3.2 Иррациональность тригонометрических функций

Вот интересный результат, часто именуемой теоремой Нивена, ссылаясь на монографию канадско-американского ученого Айвена Нивена: Ivan Niven. 'Irrational Numbers'. The Mathematical Association of America (1956). Однако в монографии результат не преподносится, как новый, к тому же есть мнение, что это было известно еще французскому математику XIX-го века Шарлю Эрмиту (Charles Hermite).

Утверждение 3.2.1 (Теорема Нивена) Пусть $0 \lt \theta \lt \dfrac{\pi}{2}$ и $\dfrac{\theta}{\pi}$ — рационально. Если $\cos\theta$ — рациональное число, то $\theta = \dfrac{\pi}{3}$.

Доказательство (Источник: ProofWiki.)

Вначале докажем следующее:

Лемма: Для любого целого $n$ существует приведенный многочлен $F_n(x)$ степени $n$ с целыми коэффициентами, такой что: $$ F_n(2\,\cos\,t)\, = 2\,\cos(nt) \label{eq:3.2.1}\tag{3.2.1} $$

Напомню, что многочлен называется приведенным, если его старший коэффициент равен 1.

При $n=1$ равенство $\eqref{eq:3.2.1}$ обращается в $F_1(2\cos\,t) = 2\cos\,t$, так что достаточно положить $F_1(x) = x$.

Покажем, что $F_2(x) = x^2 - 2$. В самом деле, в этом случае $$ F_2(2\cos\,t) = (2\cos\,t)^2 - 2 = 2(2\cos^2t-1) = 2\cos(2t). $$

Для $n \geqslant 3$ применим метод матежатической индукции. Из хорошо известной формулы преобразования произведения косинусов в сумму имеем: $$ \cos[(n-1)t]\,(2\cos\,t) = 2 \cos(nt-t)\, \cos(t) = \cos(nt) + \cos[(n-2)t], $$.

Находим отсюда $\cos(nt)$ и умножаем на 2: $$ 2\cos(nt) = 2 \cos[(n-1)t]\,(2\cos\,t) - 2 \cos[(n-2)t] $$

По индукционному предположению существуют приведенные многочлены $F_{n-1}(x)$ и $F_{n-2}(x)$ степени $(n-1)$ и $(n-2)$ соответственно с целыми коэффициентами, такие что $F_{n-1}(x) = 2 \cos[(n-1)t]$ и $F_{n-2}(x) = 2 \cos[(n-2)t]$, следовательно $$ 2\cos(nt) = F_{n-1}(x)\,(2\cos\,t) - F_{n-2}(x) $$

Таким образом многочлен $P(x) = x\,F_{n-1}(x) - F_{n-2}(x)$ удовлетворяет равенству $P(2\,cos\,t) = 2\,cos(nt)$. Легко видеть, что $P(x)$ — многочлен с целыми коэффициентами степени $n$, причем его старший коэффициент, так же, как и старший коэффициент $F_{n-1}(x)$, равен 1. Таким образом, $P(x)$ подходит в качестве $F_n(x)$, чем завершается доказательство леммы.

Перейдем к доказательству теоремы. Так как $\dfrac{\theta}{\pi}$ рационально, его можно записать в виде $\dfrac{\theta}{\pi} = \dfrac{2k}{n}$ (в случае нечетного числителя умножаем числитель и знаменатель на 2, при этом дробь станет сократимой — ну и ладно!), откуда $$ \theta = \dfrac{2\pi k}{n}, \label{eq:3.2.2}\tag{3.2.2} $$ где $k$ и $n$ — натуральные числа (напомню, что $\theta \gt 0$).

Пусть $r = 2 \cos\,\theta$, a $F_n(x)$ — многочлен из доказанной леммы, соответствующий знаменателю $n$. Тогда: $$ F_n(r) = F_n (2\,cos\,\theta) = 2\,\cos(n\theta) $$

Подставляя значение $\theta$ из $\eqref{eq:3.2.2}$, получаем: $$ F_n(r) = 2\,\cos(2\pi k) = 2, $$ поэтому $r$ является корнем приведенного многочлена $F_n(x) - 2$ с целочисленными коэффициентами.

Если $r$ рационально, то, согласно утверждению 2.1.2, $r$ должно быть целым числом. Вспомнив, что $r = 2\cos\,\theta$, получаем: $$ \cos\,\theta = \dfrac{n}{2}, \quad \text{где }\; n \; \text{— целое число} \label{eq:3.2.3}\tag{3.2.3} $$

Но ведь $0 \lt \theta \lt \dfrac{\pi}{2}$, следовательно $0 \lt cos(\theta) \lt 1$. Стало быть существует единственное число, удовлетворяющее $\eqref{eq:3.2.3}$, это $\frac{1}{2}$! Таким образом $\cos\,\theta = \frac{1}{2}$ и $\theta = \frac{\pi}{3}$.

Теорему Нивена можно сформулировать в более привычных терминах, если вспомнить, что градусное значение угла $\theta$ равно $\frac{\theta}{\pi}\cdot 180°$, поэтому, в силу (обсуждаемого чуть ниже) утверждения 4.1.1, является рациональным тогда и только тогда, когда $\frac{\theta}{\pi}$ рационально. Таким образом приходим к следующей формулировке теоремы Нивена

Утверждение 3.2.1а Если $0 \lt d° \lt 90°$ и $d°$ — рационально, то $\cos d°$ рационален тогда и только тогда, когда $d° = 60°$.

Теорему Нивена можно также сформулировать с синусом:
Утверждение 3.2.2 Пусть $0 \lt \theta \lt \dfrac{\pi}{2}$ и $\dfrac{\theta}{\pi}$ — рационально. Если $\sin\theta$ — рациональное число, то $\theta = \dfrac{\pi}{6}$.
Для доказательства достаточно заметить, что $\sin(\theta) = cos(\dfrac{\pi}{2} - \theta)$, причем, опять-таки ввиду утверждения 4.1.1, число $\dfrac{\frac{\pi}{2} - \theta}{\pi} = \dfrac{1}{2} - \dfrac{\theta}{\pi}$ рационально тогда и только тогда, когда $\dfrac{\theta}{\pi}$ рационально.

В градусной формулировке:
Утверждение 3.2.2а Если $0 \lt d° \lt 90°$ и $d°$ — рационально, то $\sin d°$ рационален тогда и только тогда, когда $d° = 30°$.

В заключение не могу не упомянуть об еще одном результате, доказанном в лекционных записях The Irrationality of π and Various Trignometric Values, автор Michael Filaseta из Университета Южной Каролины (пришлось стать чуть ли не хаккером, чтобы вытащить на свет эту информацию 🙂)

Для любого рационального $r \ne 0$, значание $\cos(r)$ иррационально.

Остюда в частности следует, что в этом случае остальные тригонометричеслие функции, а также их квадраты иррациональны. Такое заключение можно сделать исходя из равенств: $$ \cos^2r = \dfrac{1+cos(2r)}{2} \qquad \sin^2r = 1-cos^2r \qquad tg^2r = 1 + \dfrac{1}{\cos^2r} $$ а также уже упомянутого утверждения 4.1.1.

Другим следствием является иррациональность числа $\pi$. В самом деле, поскольку $\cos(\pi) = -1$ рационально, $\pi$ не может быть рациональным.

3.3 Иррациональность числа $e$.

Настало время обратиться к знаменитостям, каковыми в мире вещественных чисел являются, бесспорно, $e$ и $\pi$. А может правильнее $\pi$ и $e$? Действительно, с числом $\pi$ мы знакомимся намного раньше, тогда как сравнительно недавно число $e$ вообще не входило в курс школьной программы, или входило только для специальных «математических» классов. Подойдем однако к этому с другой стороны. Как мы все помним число $e$ определяется, как предел последовательности: $e = \lim\limits_{n \to \infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$, поэтому матанализ для него родная среда, не то, что для геометрического $\pi$. Поэтому начнем именно с него.

Впервые иррациональность $e$ была доказана Эйлером путем представления этого числа в виде непериодической цепной дроби. Но о цепных поговорим позже, а сейчас рассмотрим другой способ доказательства, в основе которого лежит представление числа $e$ в виде бесконечной суммы: $$ e = 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \dots + \frac{1}{n!} + \dots \label{eq:3.3.1}\tag{3.3.1} $$ вытекающе из ряда Маклорена (Мaclaurin series) для $e^x$.

Впервые такой подход использовался французским математиком Жозефом Фурье (Jean-Batiste Joseph Fourier) в 1815 году. Доказательство Фурье и другие доказательства иррациональности числа $e$ приводятся в Википедии.

Испанский популяризатор математики Мигель Меди́на (Miguel Ángel Morales Medina), гордо именующий себя ^DiAmOnD^ (т.е. ^БриЛлиАнТ^) сумел на своем сайте Gaussianos изложить это доказательство настолько просто и доступно, что я испытываю истинное удовольствие, приводя его здесь.

Допустим, что $e$ рационально, то есть представимо в виде обыкновенной дроби с положительным знаменателем $q$. Таким образом $qe$ — целое число.

Умножив обе части равенства $\eqref{eq:3.3.1}$ на $q!$ (что разрешено ввиду сходимости суммы), получим: $$ q!e = q! + \frac{q!}{1!} + \frac{q!}{2!} + \dots + \frac{q!}{q!} + \frac{q!}{(q+1)!} + \dots $$

Левая часть $q!e = (qe) \cdot (q-1)!$ — целое число. Первые $q$ слагаемых правой части — также целые числа. Отсюда следует, что целочисленной является и сумма остальных слагаемых: $$ \begin{align} R & = \frac{q!}{(q+1)!} + \frac{q!}{(q+2)!} + \dots \\ & = \frac{1}{q+1} + \frac{1}{(q+1)(q+2)} + \frac{1}{(q+1)(q+2) (q+3)} + \dots, \label{eq:3.3.2}\tag{3.3.2} \end{align} $$ которая, положительна, как сумма положительных чисел.

В правой части $\eqref{eq:3.3.2}$ заменим каждый множитель знаменателя на $(q+1)$. От этого значения знаменателей уменьшатся (точности ради, значение самого первого знаменателя не изменится, но это не существенно), так что значение суммы увеличится: $$ 0 < R \lt \frac{1}{q+1} + \frac{1}{(q+1)^2} + \frac{1}{(q+1)^3} + \dots $$

Узнаете последовательность в правой части? Наша любимая геометрическая прогрессия, такую сумму мы умеем вычислять закрытыми глазами: $$ 0 < R \lt \dfrac{\frac{1}{q+1}}{1-\frac{1}{q+1}} = \frac{1}{q}, $$ откуда, учитывая, что $q$ — натуральное число ($q \geqslant 1$), получаем: $0 \lt R \lt 1$

Чтобы целое число $R$ находилось внутри интервала (0,1)? ¡Nunca jamás! Иррациональность $e$ доказана.

3.4 Иррациональность числа $\pi$.

Теперь о числе $\pi$. В школьные годы, глядя на первые 50 десятичных знаков числа $\pi$, я не переставал удивляться тому, как удалось измерить длину окружности с такой большой степенью точности. Оказалось, что для вычисления $\pi$ в измерениях нет никакой необходимости, так как это число может быть найдено, как предел последовательности или значение бесконечной суммы или произведения. В этом качестве число $\pi$ может появиться в самых неожиданных обстоятельствах, например, в сумме обратных квадратов (проблема Базеля): $$ 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{n^2} + \dots = \frac{\pi^2}{6} $$ или в сумме знакопеременного ряда Лейбница из обратных нечетных чисел: $$ 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \dots + \frac{(-1)^n}{2n+1} + \dots = \frac{\pi}{4}, $$ или в бесконечном произведении формулы Валлиса: $$ \frac{2}{1} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{3} \cdot \frac{4}{5} \dots \frac{2n}{2n-1} \cdot \frac{2n}{2n+1} \dots = \frac{\pi}{2} $$

Заметим, что в указаных случаях речь идет о суммировании или умножении рациональных чисел, так что даже иррациональностью не пахнет, не говоря уже об «инородном» $\pi$. Еще одна демонстрация красоты и целостности математики. Но перейдем от восхищений к делу.

Прежде всего, уточним некоторые факты, которые в серьезных публикациях опускаются ввиду кажущейся очевидности. И все же лучше посравить все точки на i, пусть даже с риском показаться несерьезным.

Утверждение 3.4.1 Производная $k$-го порядка от степенной функции $x^n$ выражается формулой $$ (x^n)^{(k)} = A_n^k\,x^{n-k} $$ где $$ A_n^k = n(n-1)\dots(n-k+1) \label{eq:3.4.1}\tag{3.4.1} $$

При $k=1$ равенство приобретает вид: $(x^n)' = n\,x^{n-1}$, что является хорошо известной формулой для производной степенной функции. Если $\eqref{eq:3.4.1}$ справедливо $k$ чисел, то для $k+1$ получаем: $$ (x^n)^{(k+1)} = \left[(x^n)^{(k)}\right]^{'} = \left[n(n-1)\dots(n-k+1)\,x^{n-k}\right]^{\,'} = n(n-1)\dots(n-k)\,x^{n-k-1}, $$ что является ни чем иным, как формулой $\eqref{eq:3.4.1}$ для $k+1$ вместо $k$, чем завершается индукционный переход.

Полагая $k=n$, получаем: $$ А_n^n = n(n-1) \dots 1 = n! $$

Знакомые с комбинаторикой конечно узнали коэффициент $A_n^k = n(n-1)\dots(n-k+1)$. Это число размещений (англ. arrangements) из $n$ элементов по $k$, то есть количество всевозможных упорядоченных последовательностей из $k$ различных элементов, которые можно получить из множества, содержащего $n$ различных элементов. Например, $A_3^2 = 3 \cdot 2 = 4$ и, в самом деле, из множества, содержащего 3 элемента (1,2,3) можно выбрать 6 упорядоченных пар из различных элементов: (1,2), (1,3), (2,1), (2,3), (3,1), (3,2). При $k=n$, участвуют все элементы множества, так что последовательности отличаются только порядком. В этом случае говорят о перестановках $P_n$ (англ. permutations) из $n$ элементов. Выходит, что $P_n = A_n^n = n!$.

Утверждение 3.4.2 Для любого положительного $a$ $$ \lim\limits_{n \to \infty}\frac{a^n}{n!} = 0, $$ другими словами, величина $\dfrac{a^n}{n!}$ является бесконечно малой.

(На самом деле это неочевидно только при $a \gt 1$, но не будем обращать на это внимание.)

Самый простой способ доказательства — рассмотреть ранее упомянутый ряд Маклорена для $e^a$. Слагаемые этого ряда имеют вид $\dfrac{a^n}{n!}$. Из сходимости ряда следует, что $\lim\limits_{n \to \infty}\dfrac{a^n}{n!} = 0$, то есть как раз то, что нам нужно.

Чтобы не разочаровывать тех, кто возможно остался недовольным перекладыванием проблемы на чужие плечи, приведу другое доказательство этого факта.

Первые $a$ членов последовательности не влияют на сходимость и значение предела. При $n \gt a$ имеем: $$ \frac{a^n}{n!} = \frac{a}{1} \cdot \frac{a}{2} \cdot \dots \cdot \frac{a}{a-1} \cdot \frac{a}{a} \cdot \frac{a}{a+1} \cdot \frac{a}{a+2} \dots \frac{a}{n} $$

Произведение начальных $a$ дробей правой части — это, конечно $\dfrac{a^a}{a!}$. В остальных $(n-a)$ дробях знаменатель можно заменить на $(a+1)$, отчего значение дроби может только увеличится. Таким образом, при $n \gt a$: $$ 0 \lt \frac{a^n}{n!} \leqslant \frac{a^a}{a!} \left(\frac{a}{a+1}\right)^{n-a} = \frac{a^a}{a!} \left(\frac{a}{a+1}\right)^{-a} \left(\frac{a}{a+1}\right)^{n} $$ или $$ 0 \lt \frac{a^n}{n!} \leqslant \frac{(a+1)^a}{a!} \left(\frac{a}{a+1}\right)^{n} \qquad (n \gt a) \label{eq:3.4.2}\tag{3.4.2} $$

Первый сомножитель правой части $\eqref{eq:3.4.2}$ не зависит от $n$. Так как $0 \lt \dfrac{a}{a+1} \lt 1$, то $\lim\limits_{n \to \infty}{\left(\dfrac{a}{a+1}\right)^{n}} = 0$. Таким образом, правая часть $\eqref{eq:3.4.2}$, является бесконечно малой, а следовательно бесконечно малой является также $\dfrac{a^n}{n!}$.

Вы конечно не забыли, для чего это затевалось. Вернемся же с обочины на дорогу.

Впервые иррациональность числа $\pi$ доказал в 1760 швейцарский математик французского (гугенотского) происхождения Иоган Генрих Ламберт (Johann Heinrich Lambert, французское произношение: Жан-Анри Лoмбер [Jean-Henry Lambert]). Для этой цели также использовались цепные дроби.

Более элементарное доказательство опубликовано в 1873 году уже упомянутым в главе 3.2 Шарлем Эрмитом. Упомянутый в той же главе канадско-американский математик Айвен Нивен в публикации 1947 года значительно упростил доказательство Эрмита. Доказательства Эрмита, Нивена и другие приведены в Википедии. Ниже доказательство Нивена приводится в модификации, предложенной в ранее упомянутых записях The Irrationality of π and Various Trignometric Values, автор Michael Filaseta. Несмотря на ряд погрешностей, которые пришлось исправить, это доказательство представляется наиболее простым.

Прежде докажем следующее вспомогательное утверждение.

Лемма. Пусть $p(x)$ — многочлен $2n$-и степени с целыми коэффициентами, младший член которого имеет степень $n$: $$ p(x) = a_{2n}\,x^{2n} + a_{2n-1}\,x^{2n-1} + \dots + a_{n+1}\,x^{n+1} + a_n\,x^n $$ Для любого натурального $k$, значения производных $k$-го порядка $p^{(k)}(0)$ кратны $(n!)$.

Доказательство. Заметим, что дифференцирование понижает степень слагаемого на единицу. Поэтому, если $k \lt n$, младший член имеет степень $n-k \gt 0$. Поэтому свободный член отсутствует, так что $p^{(k)}(0) = 0$. С другой стороны, если $k \gt 2n$, то $p^{(k)}(x)$ — тождественный нуль, и снова $p^{(k)}(0) = 0$

Рассмотрим нетривиальный случай $n \leqslant k \leqslant 2n$. В результате $k$-кратного дифференцирования, слагаемые со степенью, меньшей $k$ обратятся в нуль, так что получим \begin{align} p^{(k)}(x) & = a_{2n}\,A_{2n-k}^k\,x^{n-k} + a_{2n-1}\,A_{2n-k-1}^k\,x^{n-k-1} + \dots + а_{k+1}\,A_{k+1}^k\,x + a_k\,A_k^k \end{align}

Таким образом, $p^{(k)}(x) = a_k\,A_k^k = a_k \, k!$, а поскольку $k \geqslant n$, число $(k!)$ кратно $(n!)$. Осталось вспомнить, что все $a_i$ — целые числа.

Переходим на финишную прямую

Утверждение 3.4.3 Число $\pi$ иррационально.

Для некоторого натурального $n$ рассмотрим многочлен $$ p(x) = x^n\,(1-x)^n $$

Легко видеть, что $p(x)$ удовлетворяет условиям леммы, поэтому $p^{(k)}(0)$ кратно $n!$ при любом натуральном $k$. Более того, так как $p(1-x) = p(x)$ (в чем легко убедиться, заменив $x$ на $1-x$), также $p^{(k)}(1)$ кратно $n!$ при любом натуральном $k$.

Введем в рассмотрение функцию $$ f(x) = \frac{x^n\,(1-x)^n}{n!}, \label{eq:3.4.3}\tag{3.4.3} $$

Из вышесказанного следует, что для любого наурального $k$, производная $k$-го порядка $f^{(k)}(x)$ принимает целые значения при $x=0$ и $x=1$.

Вот и пришло время вспомнить о герое нашего повествования. Мы докажем иррациональность числа $\pi^2$, откуда вследствие утверждения 4.4.1е (рассмотренного чуть ниже) будет следовать иррациональность числа $\pi$.

Пусть $\pi^2 = \frac{a}{b}$, где $a$ и $b$ — натуральные числа (тот факт, чтo $\pi^2 > 0$ вытекает из «геометрической сущности» числа $\pi$).

Рассмотрим функцию $$ F(x) = b^n(\pi^{2n}f(x) - \pi^{2n-2}f''(x) + \pi^{2n-4}f^{(4)}(x) - \dots + (-1)^{n-1}\,\pi^2\,f^{(2n-2)}(x) + (-1)^n\,f^{(2n)}(x) \label{eq:3.4.4}\tag{3.4.4} $$

Заметим, что $b^n\,\pi^{2n-2k} = b^n \dfrac{a^{n-k}}{b^{n-k}} = a^{n-k}b^k$ — целые числа. Кроме того, как ранее было замечено, $f^{(k)}(x)$ целые числа при $x=0$ и $x=1$. Отсюда следует, что $F(0)$ и $F(1)$ — целые числа.

Дважды продифференцировав $\eqref{eq:3.4.4}$, и учитывая, что f(x) — многочлен степени $2n$, так что $f{(2n-2)}(x) \equiv 0$, получаем: $$ F''(x) = b^n{pi^(2n}f''(x) - \pi^{2n-2}f{(4)}(x) + \pi^{2n-4}f^{(6)}(x) - \dots + (-1)^n\,\pi^2\,f^{(2n-2)}(x) \label{eq:3.4.5}\tag{3.4.5} $$

Если умножить $\eqref{eq:3.4.4}$ на $\pi^2$ и сложить с $\eqref{eq:3.4.5}$, все члены в правой части, кроме одного, взаимно уничтожаются, так что получим: $$ F''(x) + \pi^2\,F(x) = b^n\,\pi^{2n+2}f(x) $$

Учитывая $b^n \pi^{2n} = b^n \,\dfrac{a^n}{b^n} = a^n$, получаем: $$ F''(x) + \pi^2\,F(x) = a^n\,\pi^2\,f(x) \label{eq:3.4.6}\tag{3.4.6} $$

Час от часу не легче. На горизонте появилась еще одна функция: $$ G(x) = F'(x)\sin(\pi\,x) - \pi\,F(x)\,cos(\pi x), $$ которую предлагается дифференцировать. Посмотрим, что получится: $$ \begin{align} G'(x) & = F''(x)\,sin(\pi\,x) + \pi\,F'(x)\,cos(\pi,\,x) - \pi\,F'(x)\,cos(\pi x) + \pi^2\,F(x)\,sin(\pi x) \\ & = [F''(x) + \pi^2\,F(x)] \sin(\pi x) \end{align} $$

Выражение в квадратных скобках нам знакомо из $\eqref{eq:3.4.6}$. Применяя это равенство, получаем: $$ G'(x) = a^n \pi^2 f(x)\,sin(\pi x) $$

Наконец-то забрезжил свет в конце длинного тоннеля. Выходит, что $G(x) = F'(x)\sin(\pi x) - \pi\,F(x)\,cos(\pi x)$ является первообразной для $a^n\pi^2 f(x)\,sin(\pi x)$. Проинтегрируем последнюю из упомянутых на интервале [0,1]: $$ \begin{align} a^n \pi^2 \int\limits_{0}^{1} {f(x)\,sin(\pi x)} dx & = \left.F'(x)\sin(\pi x)\right|_{\,0}^{\,1} - \left.\pi\,F(x)\,cos(\pi x) \right|_{\,0}^{\,1} \\ & = \pi [F(0) + F(1)] \end{align} $$ (использованы равенства $\sin 0 = \sin \pi = 0$, $\cos 0 = 1$, $\cos \pi = -1$), откуда $$ a^n \pi \int\limits_{0}^{1} f(x)\,sin(\pi x) dx = F(0) + F(1) \label{eq:3.4.7}\tag{3.4.7} $$

Нет, мы не забыли, что F(0) и F(1) — целые числа! Кроме того, из $\eqref{eq:3.4.3}$ следует, что $f(x)$ положительна внутри интервала (0, 1) и обращается в нуль на его концах. То же можно сказать о функции $\sin(\pi x)$. Таким образом, интервал в левой части — не просто целое, а натуральное число. Для получения противоречия осталась самая малость: показать, что при достаточно большом $n$ значение интеграла станет меньше 1.

Tак как в промежутке [0,1] числа $x$ и $1-x$ неотрицательны, то согласно теореме о средне-арифметическом и средне-геометрическом $\sqrt{x(1-x)} \leqslant \frac{1}{2}$, так что $x(x-1) \leqslant \frac{1}{4} \lt 1$ (впрочем, можно было не мудрить, а просто найти максимум функции $x(x-1)$). Таким образом: $$ 0 < a^n \pi f(x)\,sin (\pi x) = a^n \pi \frac{x^n\,(1-x)^n}{n!} sin(\pi x) \lt \frac{\pi a^n}{n!} $$ откуда $$ 0 < a^n \pi \int\limits_0^1 {f(x)\,sin(\pi x)} dx \lt \frac{\pi a^n}{n!} $$

Точку в этом доказательстве ставит утверждение утверждение 3.4.2, откуда следует, что правая часть неравенства, a следовательно и левая часть $\eqref{eq:3.4.7}$ — бесконечно малая величина, что бесспорно является противоречием.

4. Операции над иррациональными числами.

4.1 Операции с участием одного иррационального числа.

Для выяснения иррациональности часто помогают следующие свойства.

Утверждение 4.1.1 Пусть $r$ — рациональное число, а число $\alpha$ — иррациональное. Тогда следующие числа иррациональны:

а) $r + \alpha$,

б) $r - \alpha$,

При этом, если $r \ne 0$, иррациональны также

в) $r\cdot\alpha$,

г) $r : \alpha$,

д) $\alpha : r$,

Кроме того, если $k$ — натуральное число, то

е) $\sqrt[k]{\alpha}$ — иррационально

Доказательства основаны на замкнутости множества рациональных чисел относительно четырех арифметических операций и возведения в целую степень. (См. напр. О самых обыкновенных дробях).

Докажем, например, 4.1.1 а). Пусть $s = r + \alpha$, Тогда $\alpha = s - r$. Если $s$ - рационально, то $\alpha$ обязано быть рациональным, как разность рациональных чисел. Полученное противоречие доказывает, что $s$ иррационально.

Применяя утверждение 4.1.1 к квадратным корням, приходим к следующему:

Утверждение 4.1.2 Eсли $a$, $b$ и $c$ — рациональные числа, причем $b$ отлично от нуля, а число $c$ — положительно и не является полным квадратом, то $a + b\sqrt{c}$ — иррациональное число.

Действительно, так как $c$ не является полным квадратом, число $\sqrt{c}$ иррационально. Отсюда, на основании 4.1.1 б) иррациональным также является $b\sqrt{c}$. Наконец, применив 4.1.1 а), приходим к иррациональности $a + b\sqrt{c}$.

4.2 Иррациональность выражений, содержащих два радикала.

К нашему великому сожалению, сумма, разность, произведение, или частное двух иррациональных чисел может быть как числом рациональным, так и иррациональным.

Вот, по-видимому, самые простые примеры, арифметических действий над двумя различными иррациональными числами, дающих в результате рациональное (даже целое) число: $$ (1-\sqrt{2}) + \sqrt{2} = 1 \\ (1+\sqrt{2}) - \sqrt{2} = 1 \\ \sqrt{8} \cdot \sqrt{2} = 4 \\ \frac{\sqrt{8}}{\sqrt{2}} = 2 $$

Еще один пример: если квадратный трехчлен с рациональными коэффициентами имеет иррациональные корни (за примером ходить далеко не следует), то, согласно теореме Виета (F. Viète), сумма и произведение корней являются рациональными числами.

Эта глава посвящена определения иррациональности некоторых выражений, содержащих помимо целых чисел два или большее количество радикалов.

Иррациональность $p\sqrt{a} + q\sqrt{b}$

Пусть $$ s = p\sqrt{a} + q\sqrt{b}, \label{eq:4.2.1}\tag{4.2.1} $$ где $a$ и $b$ — натуральные числа, хотя бы одно из которых не является полным квадратом, а $p$ и $q$ — целые числа.

Если в подкоренном выражении есть кратный простой множитель (т.е. со степенью больше 1), его можно вынести за знак радикала, напр. $$ \sqrt{360} = \sqrt{2^3 \cdot 3^2 \cdot 5} = 2 \cdot 3 \cdot \sqrt{3 \cdot 5} = 6\sqrt{10}, $$ поэтому без ограничения общности можно считать, что $a$ и $b$ не содержат кратных простых множителей, другими словами каждый простой множитель (если такой существует) присутствует в степени 1. Такое представление будем называть каноническим. (Пожалуйста, подскажите общеупотребительный термин, если такой существует.) Заметим, что единица (ее разложение на простые множители является пустым) — единственный полный квадрат, не содержащий кратных простых множителей.

Если $p=q=0$, то очевидно $s=0$. Если одно из чисел $p$, $q$ равно нулю, то из утверждения 4.1.1 в) следует иррациональность $s$.

Еще один тривиальный случай: $a = b$. Тогда $s = (p+q)\sqrt{a}$. При этом, если $a=1$, то также $b=1$. В противном случае $\sqrt{a}$ иррационально, поэтому значение $s$ может быть pациональным лишь тогда, когда $p=-q$, при этом $s=0$.

Наконец, рассмотрим нетривиальный случай: $p$ и $q$ оба отличны от нуля, так что $pq \ne 0$, а кроме того $a \ne b$.

Возведя обе части $\eqref{eq:4.2.1}$ в квадрат, получаем: $$ s^2 = (p^2a + q^2b) + 2pq\sqrt{ab} $$

Поскольку $a$ и $b$ различны и не содержат кратных простых множителей, хотя бы одно из них должно иметь множитель, не содержащийся в другом. В произведении $ab$ этот множитель окажется некратным (т.е. в степени 1), так что $ab$ не может быть полным квадратом. Поэтому $s^2$, а следовательно и $s$ являются иррациональными числами.

Таким образом доказано следующее утверждение:

Утверждение 4.2.1 Если $a$ и $b$ — натуральные числа, не равные одновременно единице и не содержащие кратных простых множителей, $p$ и $q$ — целые числа, то $s=p_1\sqrt{a_1} + q_1\sqrt{b_1}$ равно нулю, если $p = q = 0$, или одновременно $p = -q$ и $a=b$, в остальных случаях $s$ иррационально.

Отсюда вытекают полезные следствия:

Утверждение 4.2.2 Если $a$ и $b$ — натуральные числа, $p$ и $q$ — целые числа, то $p\sqrt{a} + q\sqrt{b}$ рационально и отлично от нуля только тогда, когда $a$ и $b$ — полные квадрраты.

Действительно, если привести радикалы к кононическому виду, получим выражение $p_1\sqrt{a_1} + q_1\sqrt{b_1}$, где $a_1$ и $b_1$ не содержат кратных простых множителей. Согласно утверждению 4.2.1, значение такого выражения может быть рациональным и отличным от нуля только тогда, когда $a_1 = b_1 = 1$, то есть $a$ и $b$ - полные квадраты. Заметим, что условие не является достаточным, так как значение выражения и в этом случае может оказаться нулевым.

Утверждение 4.2.3 Если $a$ и $b$ — натуральные числа, не являющиеся одновременно полными квадратами, а $p$ и $q$ — целые числа, то из $$ p \pm \sqrt{a} = q \pm \sqrt{b} $$ следует $p = q$ и $a = b$.

Доказательство. Снова приводим к каноническому виду: $$ \sqrt{a} = u\sqrt{c}, \quad \sqrt{b} = v\sqrt{d}, $$где $u$, $v$, $c$ и $d$ — натуральные числа, $c$ и $d$ не содержат кратных простых множителей и не равны одновременно единице, при этом $a = u^2c$, $b=v^2d$.

Запишем исходное равенство в виде $$ \pm(u\sqrt{c} - v\sqrt{d}) = q - p $$

Согласно согласно утвердению 4.2.2, выражение в левой части может быть рациональным лишь тогда, когда оно равно нулю. При этом, поскольку $u$ и $v$ отличны от нуля, это возможно лишь при $u = v$ и $c = d$, откуда $a = b$. Значение правой части также равно нулю, то есть $p = q$.

Иррациональность $(p + q\sqrt{a})(u + v\sqrt{b})$

Еще один часто встречаемый случай: $$ s = (p + q\sqrt{a})(u + v\sqrt{b}), \label{eq:4.2.2}\tag{4.2.2} $$ где $p$, $q$, $u$, $v$ — целые числа, $a$ и $b$ — натуральные числа, не являющиеся полными квадратами.

Снова можно считать, что $а$ и $b$ не имеют кратных простых множителей.

Заметим, что если хотя бы одно из $p$, $q$, $u$, $v$ равно нулю, выражение сводится к ранее рассмотренному случаю. Например при $p=0$ получаем $s = qu\sqrt{a} + qv\sqrt{ab}$ (в $\sqrt{ab}$ возможно потребуется вынести множитель за знак радикала, но это не существенно), а если $q=0$, то $s = pu + pv\sqrt{b}$, что совсем просто.

Чтобы не распыляться на множество различных случаев, будем считать, что каждое из $p$, $q$, $u$, $v$ отлично от нуля. В этом случае раскрытие скобок в общем случае дает три радикала $\sqrt{a}$, $\sqrt{b}$ и $\sqrt{ab}$. Возведение в квадрат также не приводит к упрощению, так в результате этого получается выражение такого же вида, что и первоначальное.

Воспользуемся идеей, предложенной в stackexchange (автор (автор Bill Dubuque). Прежде всего заметим, что каждый сомножитель в правой части $\eqref{eq:4.2.2}$ иррационален, поэтому отличен от нуля. Отсюда следует, что $s \ne 0$, а кроме того, $\eqref{eq:4.2.2}$ можно записать в виде $$ p + q\sqrt{a} = \frac{s}{u+v\sqrt{b}} $$

Уверен, что некоторые читатели чувствуют себя неуютно от правой части. Действительно, многие учебники и задачники настаивают на том, что иррациональность в знаменателе — это зло, от которого следует избавляться всякий раз, когда это возможно. На самом деле избавление от иррациональности иногда даже усложняет результат (например $\frac{1}{\sqrt{2}}$ выглядит куда проще и нагляднее, чем $\frac{\sqrt{2}}{2}$), однако в данном случае оно приводит к цели!

Итак, умножим числитель и знаменатель правой части на $u-v\sqrt{b}$ (что также отлично от нуля в силу иррациональности). Получим: $$ p + q\sqrt{a} = \frac{su-sv\sqrt{b}}{u^2-bv^2} $$

или $$ q(u^2-bv^2)\sqrt{a} + sv\sqrt{b} = su - p(u^2 - bv^2) \label{eq:4.2.3}\tag{4.2.3} $$

Теперь понятно, ради всего вся это «рационализация» (в смысле избавление от иррациональности) затевалась: ведь к левой части $\eqref{eq:4.2.3}$ можно применить утверждение 4.2.1! Так как коэффициенты при обоих радикалах отличны от нуля, выражение может быть рациональным только, если $a = b$ и значения коэффициентов противоположны друг другу. При этом значение левой, а следовательно и правой части равно нулю. Резюмируя сказанное получаем, $$ \left\{ \begin{array}{l} a = b \\ q(u^2-bv^2) = -sv \\ su = p(u^2 - bv^2) \end{array}\right. \label{eq:4.2.4}\tag{4.2.4} $$

Для упрощения условий $\eqref{eq:4.2.4}$ перемножим последние два равенства и разделим обе части на ненулевой множитель $s(u^2 - bv^2)$. Получим: $qu = -pv$ или $\dfrac{p}{u} = -\dfrac{q}{v}$

Покажем, что условия $$ \left\{\begin{array}{l} a = b \\ \dfrac{p}{u} = -\dfrac{q}{v} \end{array}\right. \label{eq:4.2.5}\tag{4.2.5} $$ являются не только необходимыми но и достаточными. В самом деле, если $\frac{p}{u} = -\frac{q}{v} = w$, то $$ s = (wu - wv\sqrt{a})(u + v\sqrt{a}) = w(u^2 - av^2) \quad \text{ — целое число}. $$

Подводим итоги:

Утверждение 4.2.5 Если $a$ и $b$ — натуральные числа, не содержащие кратных простых множителей, в то время как $p$, $q$, $u$, $v$ — целые числа, отличные то нуля, то $s = (p + q\sqrt{a})(u + v\sqrt{b})$ является рациональным тогда и только тогда, когда выполнены условия $\eqref{eq:4.2.5}$. При этом $s$ — целое число, отличное от нуля.

4.3 Иррациональность степеней

Вы конечно заметили, в списке утверждения 4.1.1 отсутствует возведение в степень. Это и понятно, поскольку, например, $(\sqrt{2})^2 = 2$ и $(\sqrt{27})^{\frac{2}{3}} = 3$ — целые (следовательно рациональные) числа, тогда как число $(\sqrt[4]{2})^2 = \sqrt{2}$ (не говоря уже о дробных степенях) — иррациональное. Таким образом, рациональность $\alpha^r$ ($r$ — рациональное, $\alpha$ — иррациональное) заранее непредсказуема.

Также в общем случае непредсказуема рациональность $r^\alpha$. Вероятнее всего, конечно, такое число окажется иррациональным, тем не менее, например $2^{\log_{\,2}{3}} = 3$ рационально, несмотря на то, что $\log_2{3}$ — иррациональное число.

Скажу по секрету, что если $\alpha$ является иррациональным радикалом, то $r^\alpha$ должно быть иррациональным. Еще один факт на ту же тему: если $\log_a{b}$ — иррационален, то его любая рациональная степень тоже иррациональна. Аналогично, любая рациональная степень числа $\pi$ или $e$ иррациональна. Уловили аналогию? Если нет — ничего страшного. Ведь статья не закончена, так что надеюсь к этому еще вернуться.

А что если иррациональны как основание, так и показатель? Как подсказывает здравый смысл, результат должен быть иррациональным. Однако, мы уже знаем, что на здравый смысл можно полагаться где угодно, только не в математике! Нижеприведенные рассуждения хотя и проясняют ситуацию, но не так, как хотелось бы.

Утверждение 4.3.1 Существуют положительные иррациональные числа $\alpha$ и $\beta$, такие что $\alpha^\beta$ рационально.

Доказательство (The Technique of Proof, автор Padraic Bartlett из Калифорнийского университета Санта Барбара. Как впоследствии оказалось, эта тема обсуждалась еще в 1970х годах в советском журнале «Квант»):

Допустим, что утверждение неверно, так что $\alpha^\beta$ иррационально для любой пары иррациональных чисел $\alpha$ и $\beta$. Отсюда в частности следует, что $\sqrt{2}^\sqrt{2}$ — иррационально. Далее, так как $\sqrt{2}^\sqrt{2}$ и $\sqrt{2}$ оба иррациональны, то опять-таки из нашего предположения следует, что $(\sqrt{2}^\sqrt{2})^{^\sqrt{2}}$ — иррационально. Однако это число можно вычислить! $$ (\sqrt{2}^\sqrt{2})^{^\sqrt{2}} = \sqrt{2}^{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} = \sqrt{2}^2 = 2 $$

“Finita la commedia!”, как говорят эмоциональные итальянцы.

Так что огорчает в приведенном доказательстве? То, что, несмотря на безупречность («Не подкопаешься!», как говорят в таких случаях), это всего лишь доказательство существования, тогда как иррациональность $\sqrt{2}^\sqrt{2}$ осталась под вопросом. На самом деле, твердая уверенность есть лишь в следующем:

Если $\sqrt{2}^\sqrt{2}$ — pационально, то достаточно положить $\alpha = \beta = \sqrt{2}$, чтобы $\alpha^\beta$ было рациональным
Если $\sqrt{2}^\sqrt{2}$ — ирpационально, то берем $\alpha = \sqrt{2}^\sqrt{2}$, $\beta = \sqrt{2}$ и, как было показано, $\alpha^\beta$ рационально

Кто за первый случай, поднимите руки! Нет таковых? А между тем, вопрос об этом оставался крепким орешком вплоть до 30x годов прошлого века. Заинтересованы? Жмите здесь и продолжайте читать.