MathemaTeX

de **Nat59** le Mercredi 08 Juin 2005, 12:55

Bonjour,
Merci pour vos réponses à mon dernier message.

Comment peut on démontrer l'irrationnalite de racine de 2 par récurrence s'il vous plait. Par l'absurde pas de soucis mais par récurrence??

(je me place niveau 3ème)

Merci d'avance.

de **nirosis** le Mercredi 08 Juin 2005, 13:26

Tu peux tenter le développement en fractions continues du nombre $\sqrt{2}$ .

[edit]
exemples :

$\frac{1+\sqrt{5}}{2}=\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{1+ \ldots}}} \\$

$\sqrt{2}=\dfrac{1}{2+\dfrac{1}{2+\dfrac{1}{2+ \ldots}}}$
[/edit]

Tu verras que le développement est infini pour $\sqrt{2}$ , alors que pour un nombre rationnel, il est toujours fini.

C'est détaillé ici : http://www.mission-laique.asso.fr/ensei ... m51p45.pdf

Tu peux te débrouiller pour en faire une récurrence a priori.

En fait, ça ne fait manier que des divisions et des fractions donc ca devrait être bon pour des 3ème.

de **Nat59** le Mercredi 08 Juin 2005, 13:56

Merci beaucoup

de **cerise** le Mercredi 08 Juin 2005, 18:08

À part que le développement que tu as donné est celui du nombre d'or et pas $\sqrt{2}$ ;-)

Celui de $\sqrt{2}$ est égal à $1+\displaystyle\frac{1}{2+\displaystyle\frac{1}{2+\displaystyle\frac{1}{2+...}}}$

de **nirosis** le Mercredi 08 Juin 2005, 18:17

Oui je sais :oops:

Je voulais donner une idée de ce que peut être un développement en fraction continue, n'ayant plus la définition en tête.... Ce cours là commence à dater ! J'ai oublié des bouts...

de **cerise** le Mercredi 08 Juin 2005, 18:36

Voici une méthode pour trouver le développement en fraction continue de la racine d'un entier tel que le nombre précédent est un carré parfait : (je donne l'exemple pour $\sqrt{2}$ , ça serait pareil pour $\sqrt{5}$ , etc...)

$\begin{array}{lcl} x^2 & = &2\\ x^2-1 & = & 1 \\ (x-1)(x+1) & = & 1 \\ x-1 & = &\frac{1}{x+1}\\ x & = & 1+\frac{1}{x+1} \\ x & = & 1+\frac{1}{2+\frac{1}{x+1}} \\ & ... & \end{array}$

Plus généralement pour $\sqrt{n^2+1}$ , le développement en fraction continue est :

<center> $\sqrt{n^2+1}= n +\displaystyle\frac{1}{2n+\displaystyle\frac{1}{2n + ...}}$ </center>

Pour le nombre d'or, qui est racine de l'équation x^2=x+1

, c'est encore plus simple :

$\begin{array}{lcl} x^2 & = &x+1\\ x & = & 1 + \frac{1}{x} \\ x & = & 1 + \frac{1}{1 + \frac{1}{x}} \\ & ... & \end{array}$

de MB le Mercredi 08 Juin 2005, 19:11

Merci pour cette contribution cerise. C'est bien de voir que la plupart des utilisateurs savent très bien se débrouiller avec les fonctionnalités Latex du forum.

de **cerise** le Mercredi 08 Juin 2005, 20:08

Ce forum est très attractif pour ceux qui connaissent LaTeX ;-)

C'est vrai que c'est pratique de pouvoir utiliser les codes LaTeX pour écrire ses formules :-)

de MB le Mercredi 08 Juin 2005, 23:16

Oui en effet, j'espère également que le principe sera également accessible à ceux qui ne connaissent pas trop Latex.
Pour l'instant la documentation reste limitée ...

de **Nightmare** le Dimanche 12 Juin 2005, 16:28

Je propose un autre probléme du même type :

Démontrer que : $\forall n\in\mathbb{N}$ , $\sqrt{n}$ est entier ou irrationnel .

A vos crayons

Jord

de **Tryphon** le Dimanche 12 Juin 2005, 18:46

Pourquoi par récurrence ? Et récurrence sur quoi ?

Il y a 3000 démonstrations de l'irrationnalité de $[tex]\sqrt2$ [/tex].

de **P.Fradin** le Dimanche 12 Juin 2005, 19:50

On suppose n sans facteurs carrés, soit $[tex]n=p_1^{k_1}\times\cdots\times p_m^{k_m}$ [/tex] décomposition en facteurs premiers avec tous les exposants impairs, en raisonnant par l'absurde (comme dans le cas de 2) on a $[tex]p_1^{k_1}\times\cdots\times p_m^{k_m}\times d^2=q^2$ [/tex] (avec d et q entiers strictement positifs), or la

[/tex]-valuation de l'entier de droite est pair alors que celle du nombre de gauche est impair: contradiction.

de MB le Dimanche 12 Juin 2005, 23:09

@P.Fradin : Pourquoi supposes-tu que

est sans facteur carré et pas simplement que l'un de ses facteurs premier apparaît un nombre impair de fois ? En gros, on suppose que

n'est pas un carré et on montre que sa racine est irrationnelle. Dans le cas contraire, il est clair que sa racine est entière.

de **Nightmare** le Dimanche 12 Juin 2005, 23:59

Je n'ai pas trés bien compris ton raisonement P.Fradin .
Personnelement moi je suis passé par le théorème de Gauss

jord

de MB le Lundi 13 Juin 2005, 00:19

Je vais essayé de détailler (et d'adapter) un peu le raisonnement de P.Fradin. Soit $n=p^{k} \times n'$ l'écriture de

telle que

soit un nombre premier et que

soit un entier non divisible par

. Puisque

n'est pas un carré, alors il existe un facteur premier (que je note

) qui apparaît un nombre impair de fois (et donc

est impair). On suppose alors que $\sqrt{n} = \dfrac{a}{b}$ avec

et

entiers. En utilisant les même notations, on a : $a=p^{k_a} \times a'$ et $b=p^{k_b} \times b'$ ( k_a

et

peuvent être nuls). Ainsi, on obtient $p^{k} \times n' \times p^{2k_b} \times b'^2 = p^{2k_a} \times a'^2$ . A gauche, le facteur premier

apparaît un nombre impair de fois alors qu'à droite il apparaît un nombre pair de fois. D'où la contradiction.

de **Nightmare** le Lundi 13 Juin 2005, 00:24

daccord , j'ai compris .
C'est plus court que ma démonstration

jord

de **nirosis** le Lundi 13 Juin 2005, 10:09

Bonne preuve MB. Elle est simple et naturelle.

de **Nightmare** le Lundi 13 Juin 2005, 10:55

Je vous met ma démonstration tout de même :

Supposons que $\sqrt{n}$ est rationnel non entier , alors il existe un couple d'entiers étrangers (a,b) tels que $\sqrt{n}=\frac{a}{b}$ .
puisque $\sqrt{n}$ n'est pas entier alors b>1 et nous avons :
$a^{n}=nb^{2}$ .

Comme a et b sont étrangers , $a^{2}$ et $b^{2}$ le sont aussi . En effet , nous savons que si p divise a² , alors p divise a donc un diviseur premier commun à a² et b² serait un diviseur premier commun à a et b .
Comme $a^{2}=nb^{2}$ , d'aprés le théoréme de Gauss $a^{2}|n$ ce qui implique b=1

=> Contradiction

On en déduit que l'hypothése " $\sqrt{n}$ est rationnel et non entier" est absurde donc " $\sqrt{n}$ est irrationnel ou entier" est vérifiée

Jord

de **P.Fradin** le Lundi 13 Juin 2005, 11:57

MB a écrit:@P.Fradin : Pourquoi supposes-tu que est sans facteur carré et pas simplement que l'un de ses facteurs premier apparaît un nombre impair de fois ? En gros, on suppose que n'est pas un carré et on montre que sa racine est irrationnelle. Dans le cas contraire, il est clair que sa racine est entière.

Oui bien sûr, c'est encore plus simple comme ça (surtout que dans mon raisonnement précédent, les exposants sont en fait égaux à 1... ça m'apprendra à répondre trop vite).

On peut d'ailleurs généraliser ce raisonnement: si [tex]n

[/tex] n'est pas la puissance [tex]m

[/tex]-ième d'un entier ( $[tex]m\geq 2$ [/tex]), alors $[tex]\sqrt[m]{n}$ [/tex] est un irrationnel.

de **Nico** le Vendredi 24 Juin 2005, 11:21

Pour ceux que ca interesse, j'ai fait un petit DM sur ce sujet en 3eme, je peux le poster.

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[3ème] Irrationnalite de racine de 2

[3ème] Irrationnalite de racine de 2

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