背理法による無理数の証明

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 (1)は、よく知られた $\sqrt{2}$ が無理数であることの証明と同じ型が使えるか試す。「既約分数と仮定して、偶数であることから矛盾を出す」流れだ。

(2)は(1)を道具として使う設計になっている。$\sqrt{2}+\sqrt{3}$ を正面から攻めても取っかかりがない。

そこで注目するのが、$2$ 乗すると $\sqrt{6}$ が現れることだ。$2$ 乗して(1)の結果に帰着させる、が急所になる。

(1) 背理法。$\sqrt{6}$ が有理数だと仮定し、これ以上約分できない分数(既約分数)$\frac{p}{q}$ で表せるとする。

$$\sqrt{6}=\frac{p}{q}$$

両辺を2乗して分母をはらうと

$$p^2=6q^2$$

右辺は偶数(6の倍数)なので $p^2$ は偶数、よって $p$ も偶数(『$p^2$ 偶数 → $p$ 偶数』を使う)。$p=2k$ とおくと $p^2=4k^2$ で

$$4k^2=6q^2\text{すなわち}2k^2=3q^2$$

左辺は偶数なので $3q^2$ も偶数、$3$ は奇数だから $q^2$ が偶数、よって $q$ も偶数。すると $p,q$ が両方偶数になり、『$\frac{p}{q}$ は既約(共通因数なし)』に矛盾する。よって $\sqrt{6}$ は無理数。(証明終わり)

(2) (1)を使う。$\sqrt{2}+\sqrt{3}$ が有理数 $r$ だと仮定する。2乗すると

$$(\sqrt{2}+\sqrt{3}{)}^2=2+2\sqrt{6}+3=5+2\sqrt{6}$$

これが $r^2$(有理数)なので、$\sqrt{6}$ について解くと

$$\sqrt{6}=\frac{r^2-5}{2}$$

右辺は有理数。つまり $\sqrt{6}$ が有理数となり、(1)の『$\sqrt{6}$ は無理数』に矛盾する。よって $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ は無理数。(証明終わり)

(1)は『既約分数と仮定 → 両方偶数で矛盾』という、$\sqrt{2}$ が無理数の証明と同じ型。(2)は2乗して $\sqrt{6}$ を作り、(1)に帰着させるのがうまい手だ。

発展 — 一歩先へ。 (1)の主張は、もっと広い形に一般化できる。自然数 $N$ について、$\sqrt{N}$ が有理数になるのは $N$ が平方数のとき、そのときに限る。

理由は有理数解の一般則(有理根定理)で説明できる。$\sqrt{N}$ は $x^2-N=0$ の解だ。最高次の係数が $1$ の整数係数方程式では、有理数の解は必ず整数になる。整数を $2$ 乗して $N$ になるものが無ければ、$\sqrt{N}$ は無理数だ。

$6$ は $2^2=4$ と $3^2=9$ の間にあり、$2$ 乗して $6$ になる整数はない。だから $\sqrt{6}$ は無理数、と一言で片づく。同じ理屈は $\sqrt[3]{2}$ など高次の累乗根にもそのまま伸びていく。

別解

別解 — 素因数の個数の偶奇で(1)を示す(得意な人向けの視点)。 既約分数を持ち出さなくても、素因数を数えるだけで矛盾が出る。

$\sqrt{6}$ が有理数なら、正の整数 $p,q$ で $\sqrt{6}=\frac{p}{q}$ と書ける(既約でなくてよい)。両辺を $2$ 乗して

$$p^2=6q^2=2\cdot 3\cdot q^2.$$

ここで、素因数 $2$ が何個含まれるかを両辺で数える。左辺 $p^2$ に含まれる $2$ の個数は、$p$ に含まれる個数の $2$ 倍だから偶数。

右辺 $2\cdot 3\cdot q^2$ では、$q^2$ の分が偶数個、そこに $2$ が $1$ 個だけ足されるので合計は奇数。偶数と奇数は等しくなれない。これが矛盾だ。よって $\sqrt{6}$ は無理数。

既約性の議論を経る本解に対し、こちらは「平方数では各素因数がちょうど偶数個」という事実を突く。$6$ の中の $2$ がただ $1$ 個(奇数個)なのが決め手だ。本解(1)と同じく、$\sqrt{6}$ が無理数であることに別の道からたどり着く。