Para discutir problemas de competencias para graduados de secundaria (Número de Oro, CIMA/Paenza, etcétera) y problemas que requieran conocimientos avanzados.
Sea $\mathbb{P}=\{p\in \mathbb{N}-\{ 1 \}~/~\nexists ~d\in \mathbb{N}-\{p;1\}~/~d\mid p\}$ (Conjunto de los números primos ordenados de menor a mayor)
Sea $\mathbb{I}=\{t\in \mathbb{R}~/~\nexists ~a,b\in \mathbb{Z}~/~\frac{a}{b}=t\}$ (Conjunto de los números irracionales)
Sea $p\in \mathbb{P}\Rightarrow \sqrt{p}\in \mathbb{I}$
Demostración:
Haremos una reducción al absurdo, supongamos que $\sqrt{p}$ es racional $\Rightarrow \exists ~a,b\in \mathbb{Z}~/~\text{mcd}(a;b)=1,~\frac{a}{b}=\sqrt{p}$
$\Rightarrow p=\frac{a^2}{b^2}\Rightarrow pa^2=b^2$
Aplicando el teorema fundamental de la aritmética:
Sea $b\in \mathbb{N}$, $p_i\in \mathbb{P}$ tal que $p_i$ es el $i$-ésimo elemento de $\mathbb{P}$ y $k_i\in \mathbb{N}_0$
$\Rightarrow b=\prod \limits _{i=1}^{\infty}p_i^{k_i}\Rightarrow b^2=\prod \limits _{i=1}^{\infty}p_i^{2k_i}$
Si $h_i\in \mathbb{N}_0\Rightarrow a^2=\prod \limits _{i=1}^{\infty}p_i^{2h_i}$
Es evidente que: $\exists !~m\in \mathbb{N}~/~p_m=p$
En $a^2$: El factor $p_m$ tiene exponente par, añadiendo el factor $p=p_m$, entonces $p_m$ tendrá exponente impar
En $b^2$: El factor $p_m$ tiene exponente par, pero en $a^2p$, el factor $p_m$ tiene exponente impar
Esto genera una contradicción al afirmar que $\sqrt{p}$ es racional, por lo tanto $\sqrt{p}$ es irracional.
Última edición por Yanes el Jue 06 Feb, 2020 3:00 pm, editado 2 veces en total.