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Überrationalitätsvermutung (Beweis)

Lässt sich die $x$ -te Wurzel aus $n$ , wenn sie irrational ist, immer als Bruch mit aktual unendlich großem ganzen Nenner und Zähler ausdrücken?

Der folgende Beweis zeigt, die Antwort ist ja. Und zwar genau dann, wenn Nenner und Zähler aktual unendlich große ganze Zahlen sind, die wir beliebig endlich oft durch $n$ teilen können, wie $n^{ω}$

Die Idee, mich damit zu beschäftigen, ob irrationale Wurzeln der Form $\sqrt[x]{ n }$ in irgendeiner Weise durch Brüche aktual unendlicher ganzer Zahlen darstellbar sind, kam ich durch meine Beschäftigung mit den Koeffizienten der Superial-Zahlen. Denn es stellte sich heraus, dass die Superial-Zahlen nur dann für Integrale nutzbar sind, wenn jeder Koeffizient $a$ im Produkt mit der superialen Basis $\s$ eine aktual unendliche ganze Zahl ergibt. Hiernach steht also die Frage im Raum, für welche endlichen Zahlen dies gilt. Im Detail beschäftigen wir uns damit im Abschnitt Die sinnvollen Koeffizienten der Superial-Zahlen.

Nachfolgend geht es nun aber ausschließlich darum zu zeigen, dass irrationale Wurzeln tatsächlich durch Brüche aktual unendlicher ganzer Zahlen darstellbar sind.

Beweis – Wurzel aus Zwei ist keine rationale Zahl, also irrational

Um in die Thematik einzusteigen und zu lernen, worum es geht und was die Eigenschaften der irrationalen Koeffizienten der algebraischen Zahlen bezüglich ihrer Darstellung durch Brüche ganzer Zahlen sind, schauen wir uns hier einmal exemplarisch den Widerspruchsbeweis an, der zeigt, dass die Wurzel aus Zwei $\sqrt{2}$ keine rationale Zahl ist, sondern eine irrationale Zahl.

Als Impuls gebende Einstimmung hier vorab ein Video dazu, wenn du Lust darauf hast: Daniel Jung — Beweis, dass Wurzel aus 2 nicht rational, sondern irrational ist, indirekte Beweisführung.

Eingangs schauen wir uns an, wie wir die Wurzel aus Zwei durch eine Potenz von $2$ darstellen können:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \sqrt{2}\;\;\;=\;\;\;\pm 2^{\frac{ 1 }{ 2 }} }$	(SN.ÜV.1)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\left\| \sqrt{2} \right\|\;\;\;=\;\;\;2^{\frac{ 1 }{ 2 }} }$	(SN.ÜV.2)

Sei die Wurzel aus Zwei, hier dargestellt als halbe Potenz von Zwei, als rationaler Bruch, also als Bruch aus endlichen natürlichen Zahlen, darstellbar:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \left( \exists a \in \mathbb{N} \land b \in \mathbb{N}^{+} \right) \left[\; 2^{\frac{ 1 }{ 2 }}\;\;\;=\;\;\;\frac{ a }{ b } \;\right] }$

(SN.ÜV.3)

Dann ist klar, dass es für diesen Bruch einen Nenner als auch einen Zähler geben muss, die teilerfremd sind

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\exists \left( a \perp b \;\right) \;\;, }$

(SN.ÜV.4)

denn ein rationaler Bruch lässt bis auf einen kleinsten Nenner und Zähler kürzen, bis sie keine gemeinsamen Primfaktoren mehr haben.

Die Ausgangsbedingung ist nun äquivalent mit

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { 2^{\frac{ 1 }{ 2 }}\;\;\;=\;\;\;\frac{ a }{ b } }$	(SN.ÜV.5)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}2\;\;\;=\;\;\;\frac{ a^{2} }{ b^{2} } }$	(SN.ÜV.6)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}2 \cdot b^{2}\;\;\;=\;\;\;a^{2} }$	(SN.ÜV.7)

woraus wir direkt erkennen, wenn $b$ keine $2$ als Primfaktor enthält, dass $a^{2}$ durch $2^{2} = 4$ teilbar sein muss, denn ein Quadrat kann eine Primzahl nicht in einfacher Potenz enthalten:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}2^{1} \mid a^{2}\;\;\;\Leftrightarrow\;\;\;2 \mid a^{2} }$	(SN.ÜV.8)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}2^{1} \mid a\;\;\;\Leftrightarrow\;\;\;2 \mid a }$	(SN.ÜV.9)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}2^{2} \mid a^{2}\;\;\;\Leftrightarrow\;\;\;4 \mid a^{2} }$	(SN.ÜV.10)

Aus der gleichen, abermals angewandten Formel erkennen wir aber auch, dass dann ebenso $b^{2}$ durch $2^{2} = 4$ teilbar sein muss:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { 2 \cdot b^{2}\;\;\;=\;\;\;a^{2} }$

(SN.ÜV.7)

Denn, wenn in $a^{2}$ nun $2^{2} = 4$ steckt, dann muss $\frac{ 2^{2} }{ 2 } = 2^{1}$ in $b^{2}$ enthalten sein und damit auch wieder $2^{2} = 4$ :

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}2^{1} \mid b^{2}\;\;\;\Leftrightarrow\;\;\;2 \mid b^{2} }$	(SN.ÜV.11)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}2^{1} \mid b\;\;\;\Leftrightarrow\;\;\;2 \mid b }$	(SN.ÜV.12)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}2^{2} \mid b^{2}\;\;\;\Leftrightarrow\;\;\;4 \mid b^{2} }$	(SN.ÜV.13)

Dann erkennen wir weiterhin, dass $a^{2}$ durch $2^{3} = 8$ und schließlich durch $2^{6} = 64$ teilbar sein muss:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { 2 \cdot b^{2}\;\;\;=\;\;\;a^{2} }$	(SN.ÜV.7)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}2^{3} \mid a^{2}\;\;\;\Leftrightarrow\;\;\;8 \mid a^{2} }$	(SN.ÜV.14)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}2^{3} \mid a\;\;\;\Leftrightarrow\;\;\;8 \mid a }$	(SN.ÜV.15)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}2^{6} \mid a^{2}\;\;\;\Leftrightarrow\;\;\;64 \mid a^{2} }$	(SN.ÜV.16)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \vdots }$	(SN.ÜV.17)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { 2 \cdot b^{2}\;\;\;=\;\;\;a^{2} }$	(SN.ÜV.7)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\left( \forall x \in \mathbb{N} \right) \left[\; 2^{x} \mid a \;\right] }$	(SN.ÜV.18)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\left( \forall x \in \mathbb{N} \right) \left[\; 2^{x} \mid b \;\right] }$	(SN.ÜV.19)

Und immer so fort, für alle endlichen ganzen Potenzen von Zwei – $2^{x}$ .

Daraus folgt dann, dass für all diese endlichen Exponenten keine Teilerfremdheit existiert:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\lnot \left( a \perp b \right) }$	(SN.ÜV.20)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\lnot \left( \frac{ a }{ 2 } \perp \frac{ b }{ 2 } \right) }$	(SN.ÜV.21)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\lnot \left( \frac{ a }{ 4 } \perp \frac{ b }{ 4 } \right) }$	(SN.ÜV.22)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \vdots }$	(SN.ÜV.23)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\left( \forall x \in \mathbb{N} \right) \left[\; \lnot \left( \frac{ a }{ 2^{x} } \perp \frac{ b }{ 2^{x} } \right) \;\right] }$	(SN.ÜV.24)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\left( \forall a, x \in \mathbb{N} \right) \left( \forall b \in \mathbb{N}^{+} \right) \left[\; \nexists \left( \frac{ a }{ 2^{x} } \perp \frac{ b }{ 2^{x} } \right) \;\right] }$	(SN.ÜV.25)

Dies seht im Widerspruch zu der Eingangsfeststellung, dass es für den gesuchten Bruch – aus endlichen natürlichen Zahlen – einen Nenner und einen Zähler geben muss, die teilerfremd sind.

Aufgrund des Widerspruchs also können wir schließen, dass es keinen rationalen Bruch mit endlichem ganzen Nenner und Zähler gibt, der die Wurzel aus Zwei darstellen kann

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\left( \nexists a \in \mathbb{N} \land b \in \mathbb{N}^{+} \right) \left[\; 2^{\frac{ 1 }{ 2 }}\;\;\;=\;\;\;\frac{ a }{ b } \;\right] \;\;, }$

(SN.ÜV.26)

was wir zeigen wollten.

Doch unser Beweis hilft uns glücklicherweise dabei zu verstehen, wie ein Bruch ganzer Zahlen beschaffen sein muss, der die Wurzel aus Zwei dann doch darstellen kann.

Beweis der Überrationalitätsvermutung für die Wurzel aus Zwei

So verstanden und allgemeiner ausgedrückt, ergibt sich die Struktur der Lösung wie folgt:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \left( \forall g \in \mathbb{N}_{\infty} \right) \left( \forall i \in \mathbb{N} \right) \left( i < g \right) \left[\; 2^{\frac{ 1 }{ 2 }}\;\;\;=\;\;\;\frac{ 2^{\frac{ 1 }{ 2 }} \cdot 2^{g} }{ 2^{g} } \;\right] }$

(SN.ÜV.27)

Der obige Widerspruchsbeweis erzeugt eine Lösung des Problems darüber, dass Nenner und Zähler immer wieder durch $2$ teilbar sein müssen. Und die Anzahl der Teilbarkeit muss sich im Aktual-Unendlichen befinden. Damit lässt sich die Anzahl der Teilbarkeit durch die vollständige Induktion1 normieren.

Für die vollständige Induktion verwenden wir das Symbol $ω$ mit dem ihm entsprechenden aktual unendlich großen Wert. Und $ω$ setzen wir nun in die vorstehende Formel ein, womit die Bedingung der fortlaufenden Teilbarkeit erfüllt ist:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { 2^{\frac{ 1 }{ 2 }}\;\;\;=\;\;\;\frac{ 2^{\frac{ 1 }{ 2 }} \cdot 2^{ω} }{ 2^{ω} } }$	(SN.ÜV.28)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}2^{\frac{ 1 }{ 2 }}\;\;\;=\;\;\;\frac{ 2^{ω + \frac{ 1 }{ 2 }} }{ 2^{ω} } }$	(SN.ÜV.29)

Hierdurch können wir nun beliebig endlich oft – und damit potenziell endlos – die Zwei im Bruch kürzen.

Im Nenner erhalten wir nun offensichtlich eine ganze Zahl, weil es sich um eine unendliche ganze Potenz einer endlichen ganzen Zahl handelt:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { 2^{ω}\;\;\;\in\;\;\;\mathbb{N}_{\infty} }$

(SN.ÜV.30)

Aber im Zähler können wir uns dessen noch nicht sicher sein, da er, wie wir sehen, in einen Anteil zerlegt werden kann, der dem Nenner entspricht und der übrige Faktor ist genau die irrationale Wurzel aus Zwei, die ein wesentlicher Teil unseres Problems ist, wofür wir eine Lösung suchen.

Führt das also wirklich zur Lösung unseres Problems, wenn wir einfach nicht mehr darauf bestehen, dass Nenner und Zähler endliche Zahlen sein müssen?

Eine auf den ersten Blick nicht gleich realistisch erscheinende Möglichkeit ist, das es ja durchaus sein könnte, dass der Zähler ansich bereits so wie er ist, genau wie der Nenner, eine ganze Zahl darstellt.

Ich komme darauf, weil uns der obige Widerspruchsbeweis einen Hinweis darauf gibt, dass die Darstellung der Wurzel aus Zwei mit einem Bruch aus zwei ganzen Zahlen nur dann möglich ist, wenn beliebig endlich oft – und damit potenziell endlos – Zweien gekürzt werden können. Die Lösung könnte also sein, dass eine aktual unendlich große natürliche Potenz von Zwei multipliziert mit der Wurzel aus Zwei einfach schon eine ganze unendlich große Zahl ergibt. Denn so erhalten wir, in einem Exponenten zusammengefasst, einen unendlich großen ganzen Exponenten plus Einhalb. Und anders als das bei endlichen Exponenten, die rationale Anteile in der Summe haben, der Fall ist, ergibt unser Exponent direkt eine ganze Zahl.

Der Widerspruchsbeweis enthält eine Vorschrift, wie die Lösung aussieht: Auch der so konstruierte Zähler des Bruchs muss eine unendlich große ganze Zahl sein, wie der Beweis zeigt, eben einfach schon dadurch, dass er beliebig endlich oft durch $2$ teilbar ist. Mit anderen Worten, der Faktor $2^{ω}$ vor $2^{\frac{ 1 }{ 2 }}$ macht, nach unserem Beweis, aus der Wurzel aus Zwei eine ganze unendlich große Zahl:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { 2^{\frac{ 1 }{ 2 }} \cdot 2^{ω}\;\;\;\in\;\;\;\mathbb{N}_{\infty} }$	(SN.ÜV.31)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}2^{ω + \frac{ 1 }{ 2 }}\;\;\;\in\;\;\;\mathbb{N}_{\infty} }$	(SN.ÜV.32)

Darüber hinaus müssen der Nenner $b$ und der Zähler $a$ die im Beweis abgeleitete Bedingung erfüllen:

In die Bedingung des Beweises

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { 2 \cdot b^{2}\;\;\;=\;\;\;a^{2} }$

(SN.ÜV.33)

unseren Lösungsansatz eingesetzt, führt zu

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { a\;\;\;=\;\;\;2^{\frac{ 1 }{ 2 }} \cdot 2^{ω} }$

(SN.ÜV.34)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { b\;\;\;=\;\;\;2^{ω} }$

(SN.ÜV.35)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}2 \cdot \left( 2^{ω} \right)^{2}\;\;\;=\;\;\;\left( 2^{\frac{ 1 }{ 2 }} \cdot 2^{ω} \right)^{2} }$

(SN.ÜV.36)

► einblenden

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}2 \cdot \left( 2^{ω} \right)^{2}\;\;\;=\;\;\;\left( 2^{ω + \frac{ 1 }{ 2 }} \right)^{2} }$

(SN.ÜV.37)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}2 \cdot 2^{2 ω}\;\;\;=\;\;\;2^{2 ω + 2 \frac{ 1 }{ 2 }} }$

(SN.ÜV.38)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}2^{2 ω + 1}\;\;\;=\;\;\;2^{2 ω + 1} \;\;, }$

(SN.ÜV.39)

was zu zeigen war.

Damit haben wir bewiesen, dass unsere Lösung die Wurzel aus Zwei als Bruch aus ganzen Zahlen darstellt, wenn der Nenner und der Zähler unendlich groß, im Bereich der vollständigen Induktion, sind.

Die Wurzel aus Zwei und die natürlichen Superial-Zahlen

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Notizen

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Wie wir wissen ist $2^{ω}$ ein Teil des Produkts von $\s$ :

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \frac{ \s }{ 2^{ω} }\;\;\;\in\;\;\;\mathbb{N}_{\infty} }$

(SN.ÜV.40)

So macht es dann auch Sinn, dass ein Produkt aus unserer superialen Basis $\s$ mit der Wurzel aus Zwei eine natürliche Superial-Zahl ergibt, weil zwei unendlich große ganze Zahlen multipliziert werden:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { 2^{\frac{ 1 }{ 2 }} \cdot 2^{ω} \cdot \frac{ \s }{ 2^{ω} }\;\;\;:\in\;\;\;\mathbb{S}_{\N} }$	(SN.ÜV.41)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}\frac{ 2^{\frac{ 1 }{ 2 }} \cdot 2^{ω} }{ 2^{ω} } \cdot \s\;\;\;:\in\;\;\;\mathbb{S}_{\N} }$	(SN.ÜV.42)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}2^{\frac{ 1 }{ 2 }} \cdot \s\;\;\;:\in\;\;\;\mathbb{S}_{\N} }$	(SN.ÜV.43)

Auf diese Weise erhalten die natürlichen und die ganzen Superial-Zahlen eine sehr wesentliche und interessante Erweiterung und die Mathematik gewinnt fundamentale Erkenntnisse.

Denn wie wir im folgenden zeigen werden, können wir diese Erweiterung auf alle algebraischen Koeffizienten ausdehnen.

Beweis der Überrationalitätsvermutung
Erweiterung des Beweises auf alle algebraischen Koeffizienten, die irrationale Zahlen sind

Um nachfolgend den Widerspruchsbeweis für alle algebraischen irrationalen Koeffizienten führen zu können, möchte ich eingangs einmal klären, was passiert, wenn es tatsächlich eine Lösung für den vermeintlichen Widerspruchsbeweis gibt.

Rationale Wurzeln — Wenn eine Wurzel eine rationale Zahl als Lösung hat
Was passiert, wenn die Wurzel eine rationale Zahl als Lösung besitzt, sie also nicht irrational ist.

Dazu stellen wir einmal fest, wie wir die $x$ -te Wurzel aus $n$ durch eine Potenz von $n$ beschreiben können:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \sqrt[x]{n}\;\;\;=\;\;\;\pm n^{\frac{ 1 }{ x }} }$	(SN.ÜV.44)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\left\| \sqrt[x]{n} \right\|\;\;\;=\;\;\;n^{\frac{ 1 }{ x }} }$	(SN.ÜV.45)

Sei die $x$ -te Wurzel aus $n$ als endlicher rationaler Bruch – aus endlichen natürlichen Zahlen – darstellbar:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \left( \exists a \in \mathbb{N} \land b, n, x \in \mathbb{N}^{+} \land n, x \geq 2 \right) \left[\; n^{\frac{ 1 }{ x }}\;\;\;=\;\;\;\frac{ a }{ b } \;\right] }$

(SN.ÜV.46)

Für den Fall, dass die Wurzel eine rationale Lösung hat, muss der Radikand unter der Wurzel $n$ von der Potenz des Wurzel Radix $x$ sein:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\left( m \in \mathbb{Q} \right) \left[\; n^{\frac{ 1 }{ x }}\;\;\;=\;\;\;m \;\right] }$	(SN.ÜV.47)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}\left( n^{\frac{ 1 }{ x }} \right)^{x}\;\;\;=\;\;\;m^{x} }$	(SN.ÜV.48)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n\;\;\;=\;\;\;m^{x} }$	(SN.ÜV.49)

Die Ausgangsbedingung ist nun äquivalent mit

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { n^{\frac{ 1 }{ x }}\;\;\;=\;\;\;\frac{ a }{ b } }$	(SN.ÜV.50)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n\;\;\;=\;\;\;\frac{ a^{x} }{ b^{x} } }$	(SN.ÜV.51)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}m^{x}\;\;\;=\;\;\;\frac{ a^{x} }{ b^{x} } }$	(SN.ÜV.52)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}m\;\;\;=\;\;\;\frac{ a }{ b } \;\;; }$	(SN.ÜV.53)

damit existent und nicht im Widerspruch, was wir zeigen wollten.

Auf die einzelnen Primfaktoren des Radikanden $n$ bezogen bedeutet dies, dass all ihre Potenzen ein natürliches Vielfaches des Radix $x$ sein müssen, weil $m$ eine natürliche Zahl größer Null ist, die eine Primfaktorzerlegung besitzt:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \left( \forall p_{i} \in \mathbb{P}(n) \right) \left( \forall j_{i} \in \mathbb{N} \right) \left[\; m\;\;\;=\;\;\;p_{1}^{j_{1}} \cdot p_{2}^{j_{2}} \cdot p_{3}^{j_{3}} \cdot p_{4}^{j_{4}} \cdot \cdots \;\right] }$	(SN.ÜV.54)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { n\;\;\;=\;\;\;m^{x} }$	(SN.ÜV.49)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}n\;\;\;=\;\;\;p_{1}^{j_{1} x} \cdot p_{2}^{j_{2} x} \cdot p_{3}^{j_{3} x} \cdot p_{4}^{j_{4} x} \cdot \cdots }$	(SN.ÜV.55)

Diese Erkenntnis wird im nachfolgenden Widerspruchsbeweis eine Rolle spielen.

Für alle $x$ -ten Wurzeln aus $n$ , bei denen $n$ nicht die $x$ -te Potenz einer natürlichen Zahl $m$ ist, gilt der folgende Widerspruchsbeweis und zeigt, dass deren $x$ -ten Wurzeln algebraische irrationale Zahlen sind.

Dazu schauen wir uns an, wie wir die $x$ -te Wurzel aus $n$ durch eine Potenz von $n$ beschreiben können:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \sqrt[x]{n}\;\;\;=\;\;\;\pm n^{\frac{ 1 }{ x }} }$	(SN.ÜV.56)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\left\| \sqrt[x]{n} \right\|\;\;\;=\;\;\;n^{\frac{ 1 }{ x }} }$	(SN.ÜV.57)

Sei die $x$ -te Wurzel aus $n$ als endlicher rationaler Bruch darstellbar – also als Bruch endlicher natürlicher Zahlen:

(SN.ÜV.46)

Dann ist klar, dass es für diesen Bruch einen Nenner und einen Zähler geben muss, die teilerfremd sind:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\exists \left( a \perp b \;\right] }$

(SN.ÜV.58)

Die Ausgangsbedingung ist nun äquivalent mit

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { n^{\frac{ 1 }{ x }}\;\;\;=\;\;\;\frac{ a }{ b } }$	(SN.ÜV.59)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n\;\;\;=\;\;\;\frac{ a^{x} }{ b^{x} } }$	(SN.ÜV.60)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n \cdot b^{x}\;\;\;=\;\;\;a^{x} }$	(SN.ÜV.61)

woraus wir im Folgenden direkt erkennen können, wenn $b$ nicht alle Primfaktoren von $n$ enthält, dass $a^{x}$ durch $n$ teilbar sein muss:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}n \mid a^{x} }$

(SN.ÜV.62)

Weil wir es hier mit algebraischen irrationalen Wurzeln zu tun haben, ist nach den Formeln SN.ÜV.49 und SN.ÜV.55 $n$ nicht die $x$ -te Potenz einer natürlichen Zahl $m$ :

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\left( \nexists m \in \mathbb{N}^{+} \right) \left[\; n\;\;\;=\;\;\;m^{x} \;\right] }$	(SN.ÜV.63)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\left( \nexists n \in \mathbb{N}^{+} \right) \left( \forall p_{i} \in \mathbb{P}(n) \right) \left( \forall j_{i} \in \mathbb{N} \right) \\ \qquad\qquad\qquad\;\;\; \left[\; n\;\;\;=\;\;\;p_{1}^{j_{1} x} \cdot p_{2}^{j_{2} x} \cdot p_{3}^{j_{3} x} \cdot p_{4}^{j_{4} x} \cdot \cdots \;\right] }$	(SN.ÜV.64)

Da für $n$ aber eine Primfaktorzerlegung existieren muss

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \left( n \in \mathbb{N}^{+} \right) \left( \forall p_{i} \in \mathbb{P}(n) \right) \left( \forall k_{i} \in \mathbb{N} \right) \\ \qquad\quad\;\; \left[\; n\;\;\;=\;\;\;p_{1}^{k_{1}} \cdot p_{2}^{k_{2}} \cdot p_{3}^{k_{3}} \cdot p_{4}^{k_{4}} \cdot \cdots \;\right] }$

(SN.ÜV.65)

hat diese die Bedingung, dass mindestens eine der Potenzen $k_{i}$ ihrer Primfaktoren nicht durch $x$ teilbar sein darf:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\lnot \left( x \mid k_{1} \right) \lor \lnot \left( x \mid k_{2} \right) \lor \lnot \left( x \mid k_{3} \right) \lor \lnot \left( x \mid k_{4} \right) \lor \cdots }$

(SN.ÜV.66)

Wegen Formel SN.ÜV.62 gilt nun auch

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { p_{1}^{k_{1}} \cdot p_{2}^{k_{2}} \cdot p_{3}^{k_{3}} \cdot p_{4}^{k_{4}} \cdot \cdots \mid a^{x} }$

(SN.ÜV.67)

woraus dann

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}p_{1}^{k_{1}} \cdot p_{2}^{k_{2}} \cdot p_{3}^{k_{3}} \cdot p_{4}^{k_{4}} \cdot \cdots \mid a }$	(SN.ÜV.68)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n \mid a }$	(SN.ÜV.69)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{x} \mid a^{x} }$	(SN.ÜV.70)

▸	Nebenrechnung …

▾	Nebenrechnung:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}a^{x}\;\;\;=\;\;\;n^{x} \cdot c_{a,1} }$

(SN.ÜV.71)

folgt, weil ja, wie eben festgestellt, eines der $k_{i}$ nicht durch $x$ teilbar ist.

Aus der obigen Ausgangsbedingung SN.ÜV.61, abermals angewandt, erkennen wir aber auch, nach dem gleichen Argument, wie direkt zuvor, dass dann ebenso $b^{x}$ durch $n^{x}$ teilbar sein muss:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { n \cdot b^{x}\;\;\;=\;\;\;a^{x} }$

(SN.ÜV.61)

▸	Nebenrechnung …

▾	Nebenrechnung:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n \cdot b^{x}\;\;\;=\;\;\;n^{x} \cdot c_{a,1} }$	(SN.ÜV.72)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}b^{x}\;\;\;=\;\;\;n^{x - 1} \cdot c_{a,1} }$	(SN.ÜV.73)

und, weil ja schon ein $n$ auf der Seite von $b^{x}$ vorhanden ist, müssen wir bei der Teilbarkeit eines abziehen:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}n^{x - 1} \mid b^{x} }$

(SN.ÜV.74)

Wegen der Nichtteilbarkeit von $x$ durch $x - 1$ ist dies äquivalent mit:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{x - 1} \mid b }$

(SN.ÜV.75)

► einblenden

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}\left( n^{x - 1} \right)^{x} \mid b^{x} }$

(SN.ÜV.76)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{\left( x - 1 \right) \cdot x} \mid b^{x} }$

(SN.ÜV.77)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{x^{2} - x} \mid b^{x} }$

(SN.ÜV.78)

▸	Nebenrechnung …

▾	Nebenrechnung:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}b^{x}\;\;\;=\;\;\;n^{x^{2} - x} \cdot c_{b,1} }$

(SN.ÜV.79)

Wenn $b^{x}$ durch $n^{x}$ teilbar ist, dann folgt durch die Ausgangsbedingung

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { n \cdot b^{x}\;\;\;=\;\;\;a^{x} }$

(SN.ÜV.61)

▸	Nebenrechnung …

▾	Nebenrechnung:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n \cdot n^{x^{2} - x} \cdot c_{b,1}\;\;\;=\;\;\;a^{x} }$	(SN.ÜV.80)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{x^{2} - x + 1} \cdot c_{b,1}\;\;\;=\;\;\;a^{x} }$	(SN.ÜV.81)

▸	Experimentelle Rechnung …

▾	Experimentelle Rechnung:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{x^{2} - x + 1} \cdot c_{b,1}\;\;\;=\;\;\;n^{x} \cdot c_{a,1} }$	(SN.ÜV.82)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{x^{2} - 2x + 1} \cdot c_{b,1}\;\;\;=\;\;\;c_{a,1} }$	(SN.ÜV.83)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{x^{2} - 2x + 1}\;\;\;=\;\;\;\frac{ c_{a,1} }{ c_{b,1} } \;\;, }$	(SN.ÜV.84)

weil hier ja ein $n$ zum $b^{x}$ hinzukommt

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}n^{x^{2} - x + 1} \mid a^{x} }$

(SN.ÜV.85)

und wegen der nicht Teilbarkeit von $x^{2} - x + 1$ durch $x$ :

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{x^{2} - x + 1} \mid a }$

(SN.ÜV.86)

► einblenden

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}\left( n^{x^{2} - x + 1} \right)^{x} \mid a^{x} }$

(SN.ÜV.87)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{\left( x^{2} - x + 1 \right) \cdot x} \mid a^{x} }$

(SN.ÜV.88)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{x^{3} - x^{2} + x} \mid a^{x} }$

(SN.ÜV.89)

Und wieder weiter aus der Ausgangsbedingung

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { n \cdot b^{x}\;\;\;=\;\;\;a^{x} }$

(SN.ÜV.61)

und, weil ja schon ein $n$ auf der Seite von $b^{x}$ vorhanden ist, folgt:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}n^{x^{3} - x^{2} + x - 1} \mid b^{x} }$

(SN.ÜV.90)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{x^{3} - x^{2} + x - 1} \mid b }$

(SN.ÜV.91)

► einblenden

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}\left( n^{x^{3} - x^{2} + x - 1} \right)^{x} \mid b^{x} }$

(SN.ÜV.92)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{\left( x^{3} - x^{2} + x - 1 \right) \cdot x} \mid b^{x} }$

(SN.ÜV.93)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{x^{4} - x^{3} + x^{2} - x} \mid b^{x} }$

(SN.ÜV.94)

Und dann weiter

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { n \cdot b^{x}\;\;\;=\;\;\;a^{x} }$

(SN.ÜV.61)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}n^{x^{4} - x^{3} + x^{2} - x + 1} \mid a^{x} }$

(SN.ÜV.95)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{x^{4} - x^{3} + x^{2} - x + 1} \mid a }$

(SN.ÜV.96)

► einblenden

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}\left( n^{x^{4} - x^{3} + x^{2} - x + 1} \right)^{x} \mid a^{x} }$

(SN.ÜV.97)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{ \left( x^{4} - x^{3} + x^{2} - x + 1 \right) \cdot x} \mid a^{x} }$

(SN.ÜV.98)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{x^{5} - x^{4} + x^{3} - x^{2} + x} \mid a^{x} }$

(SN.ÜV.99)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \vdots }$

und immer so fort, bis zum Beweisschritt $r$ , wobei ein Schritt immer für $a$ und $b$ gemeinsam gezählt wird:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\left( \forall r \in \mathbb{N}^{+} \right) \left( t = 2 \cdot r - 1 \right) \left[\; n^{\sum_{ \forall i \in [ 1, t ]_{\mathbb{N}} } -1^{t - i} \cdot x^{i}} \mid a \;\right] }$	(SN.ÜV.100)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\left( \forall r \in \mathbb{N}^{+} \right) \left( t = 2 \cdot r \right) \left[\; n^{\sum_{ \forall i \in [ 1, t ]_{\mathbb{N}} } -1^{t - i} \cdot x^{i}} \mid b \;\right] }$	(SN.ÜV.101)

Und immer so fort …

An dieser Stelle ist es aber auch einsichtig, dass $a$ und $b$ , wenn sie durch die entwickelten Polynom-Potenzen von $n$ teilbar sind, ebenso durch jede endliche kleinere positive ganzzahlige Potenz von $n$ teilbar sein müssen. Das bedeutet, aus unserer Ausgangsbedingung folgt die Teilbarkeit durch alle endlichen natürlichen Potenzen von $n$ :

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { n \cdot b^{x}\;\;\;=\;\;\;a^{x} }$	(SN.ÜV.61)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\left( \forall x \in \mathbb{N} \right) \left[\; n^{x} \mid a \;\right] }$	(SN.ÜV.102)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\left( \forall x \in \mathbb{N} \right) \left[\; n^{x} \mid b \;\right] }$	(SN.ÜV.103)

Daraus folgt dann, dass für all diese endlichen Exponenten von $n$ keine Teilerfremdheit existiert:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\lnot \left( a \perp b \right) }$	(SN.ÜV.104)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\lnot \left( \frac{ a }{ n^{1} } \perp \frac{ b }{ n^{1} } \right) }$	(SN.ÜV.105)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\lnot \left( \frac{ a }{ n^{2} } \perp \frac{ b }{ n^{2} } \right) }$	(SN.ÜV.106)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \vdots }$	(SN.ÜV.107)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\left( \forall a \in \mathbb{N} \right) \left( \forall b, n, x \in \mathbb{N}^{+} \right) \left( n, x \geq 2 \right) \left[\; \lnot \left( \frac{ a }{ n^{x} } \perp \frac{ b }{ n^{x} } \right) \;\right] }$	(SN.ÜV.108)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\left( \nexists a \in \mathbb{N} \land b, n, x \in \mathbb{N}^{+} \land n, x \geq 2 \right) \left[\; \frac{ a }{ n^{x} } \perp \frac{ b }{ n^{x} } \;\right] }$	(SN.ÜV.109)

Dies seht im Widerspruch zu der Eingangsfeststellung, dass es für den gesuchten Bruch – aus endlichen natürlichen Zahlen – einen Nenner und einen Zähler geben muss, die teilerfremd sind.

Aufgrund des Widerspruchs also können wir schließen, dass es für irrationale Wurzeln keinen rationalen Bruch mit endlichem ganzen Nenner und Zähler gibt

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\left( \nexists a \in \mathbb{N} \land b, n, x \in \mathbb{N}^{+} \land n, x \geq 2 \right) \left[\; n^{\frac{ 1 }{ x }}\;\;\;=\;\;\;\frac{ a }{ b } \;\right] \;\;, }$

(SN.ÜV.110)

was wir zeigen wollten.

Gleich zeitig zeigen wir mit dem Widerspruchsbeweis nun auch, wie die Lösung aussieht.

Wollen wir eine Lösung finden, wie wir die $n$ -te Wurzel aus $x$ als Bruch darstellen können, dann kommen wir durch den Widerspruchsbeweis zu dem Schluss:

Verzichten wir darauf, dass der Zähler $a$ und der Nenner $b$ endlich sein müssen und wir akzeptieren, dass die beiden, also der Bruch, immer weiter zu kürzen sind, nur so häufig, dass Nenner und Zähler nicht endlich werden, dann erhalten wir mögliche Lösungen von Bruchen für die Wurzeln, bei denen sowohl der Nenner als auch der Zähler ganze Zahlen sind.

Gehen wir ans Werk formulieren dies.

Setzen wir die Entwicklung des Zählers $a$ und des Nenners $b$ des Bruchs oben fort, bis zur vollständigen Induktion, dann kommen wir zu folgendem Ausdruck

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\left( t = 2 \cdot ω - 1 \right) \left[\; n^{\sum_{ \forall i \in [ 1, t ]_{\mathbb{N}} } -1^{t - i} \cdot x^{i}} \mid a \;\right] }$	(SN.ÜV.111)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\left( t = 2 \cdot ω \right) \left[\; n^{\sum_{ \forall i \in [ 1, t ]_{\mathbb{N}} } -1^{t - i} \cdot x^{i}} \mid b \;\right] \;\;, }$	(SN.ÜV.112)

in dem wir nun die Entwicklungsschritte $r$ durch die vollständigen Induktion $ω$ ersetzt haben. Direkt $ω$ in die Summe eingesetzt, anstatt durch $t$ ausgedrückt, und die Summe beispielhaft ausgeschrieben erhalten wir

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}n^{ x^{ 2 ω - 1 } - x^{ 2 ω - 2 } + x^{ 2 ω - 3 } - \cdots + x } \mid a }$	(SN.ÜV.113)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}n^{ x^{ 2 ω } - x^{ 2 ω - 1 } + x^{ 2 ω - 2 } - x^{ 2 ω - 3 } + \cdots - x } \mid b \;\;, }$	(SN.ÜV.114)

von wo aus wir weiter vorangehen können.

Wir bauen im Grunde eine „Leiter bis in den Himmel“ des Unendlichen und kommen je nach der $x$ -ten Wurzel aus $n$ dort an einer bestimmten Stelle an oder heraus. Dies bedeutet aber nicht, dass nur die Ankunftsorte die jeweilige Lösung darstellen. Es bedeutet nur, dass diese Orte Ausstiegspunkte funktionierender Leitern sind.

Denn schon unsere im Widerspruchsbeweis gefundene Bedingung fordert, dass es unendlich viele Lösungen gibt: Wir können nämlich den Bruch beliebig oft kürzen, solange Nenner und Zähler nicht endlich werden; solange es nämlich keinen kleinsten Bruch geben kann, der nicht weiter zu kürzen ist. Bleiben wir nach unserer Konstruktion mit Nenner und Zähler so im Unendlichen, dass alle Primzahlen der Primfaktorenzerlegung des Radikand $n$ unter der Wurzel unendlich große Potenzen behalten, dann ist diese Bedingung ja erfüllt.

Was wissen wir also bisher denn sicher über $a$ und $b$ ?

Wir können im Moment sicher sagen, dass $a$ um den Faktor der $x$ -ten Wurzel aus $n$ größer ist als $b$ . Und wir können sagen, dass sowohl $a$ als auch $b$ aktual unendlich oft durch $n$ teilbar sein müssen. Nehmen wir probeweise einmal an, dies seien alle Eigenschaften, die nötig sind, und definieren damit unseren Zähler und Nenner unserer Ausgangsbedingung.

Sei $g$ ein aktual unendlich großer ganzer Exponent von $n$ , der der Potenz die Eigenschaft gibt, dass sie beliebig endlich oft durch $n$ teilbar ist, ohne eine endliche Potenz zu werden

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \left( \forall i \in \mathbb{N} \right) \left( \forall g \in \mathbb{N}_{\infty} \right) \left[\; i < g \;\right] }$

(SN.ÜV.115)

dann definieren wir $b$ und $a$ nun, indem wir die Ausgangsbedingung SN.ÜV.46 wie gerade beschrieben abwandeln:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { a\;\;\;=\;\;\;n^{g} \cdot n^{\frac{ 1 }{ x }} }$	(SN.ÜV.116)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { b\;\;\;=\;\;\;n^{g} }$	(SN.ÜV.117)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \left( \exists a, b \in \mathbb{N}_{\infty} \land n, x \in \mathbb{N}^{+} \land n, x \geq 2 \right) \left[\; n^{\frac{ 1 }{ x }}\;\;\;=\;\;\;\frac{ a }{ b } \;\right] }$	(SN.ÜV.118)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}n^{\frac{ 1 }{ x }}\;\;\;=\;\;\;\frac{ n^{g} \cdot n^{\frac{ 1 }{ x }} }{ n^{g} } }$	(SN.ÜV.119)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{\frac{ 1 }{ x }}\;\;\;=\;\;\;\frac{ n^{g + \frac{ 1 }{ x }} }{ n^{g} } }$	(SN.ÜV.120)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{\frac{ 1 }{ x }}\;\;\;=\;\;\;n^{g + \frac{ 1 }{ x } - g} }$	(SN.ÜV.121)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{\frac{ 1 }{ x }}\;\;\;=\;\;\;n^{\frac{ 1 }{ x }} }$	(SN.ÜV.122)

Hier erkennen wir jetzt, durch vollständiges Kürzen des Bruchs: Diese beiden Bedingungen beschreiben $a$ und $b$ vollständig. Es kann keine weiteren Faktoren im Nenner geben, die nicht auch im Zähler hinzukommen müssten und daher immer gekürzt werden können. Sowohl der Nenner $b$ als auch der Zähler $a$ sind ganze Zahlen, wie wir ja schon im Widerspruchsbeweis vorausgesetzt haben, der uns ja gerade über diese Bedingung dann zur „Himmelsleiter“ geführt hat:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}n^{g}\;\;\;\in\;\;\;\mathbb{N}_{\infty} }$	(SN.ÜV.123)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}n^{\frac{ 1 }{ x }} \cdot n^{g}\;\;\;\in\;\;\;\mathbb{N}_{\infty} }$	(SN.ÜV.124)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{g + \frac{ 1 }{ x }}\;\;\;\in\;\;\;\mathbb{N}_{\infty} }$	(SN.ÜV.125)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}\left( \forall z \in \mathbb{Z} \right) \left[\; n^{g + z + \frac{ 1 }{ x }}\;\;\;\in\;\;\;\mathbb{N}_{\infty} \;\right] }$	(SN.ÜV.126)

So sind wir zur Lösungsmenge gekommen, die wir finden wollten.

Auch hier können wir, wie im Anfangs betrachteten speziellen Fall $2^{ω}$ , mit Hilfe der vollständigen Induktion $ω$ normieren:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}n^{ω}\;\;\;\in\;\;\;\mathbb{N}_{\infty} }$	(SN.ÜV.127)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}n^{\frac{ 1 }{ x }} \cdot n^{ω}\;\;\;\in\;\;\;\mathbb{N}_{\infty} }$	(SN.ÜV.128)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{ω + \frac{ 1 }{ x }}\;\;\;\in\;\;\;\mathbb{N}_{\infty} }$	(SN.ÜV.129)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}n^{\frac{ 1 }{ x }}\;\;\;=\;\;\;\frac{ n^{\frac{ 1 }{ x }} \cdot n^{ω} }{ n^{ω} } }$	(SN.ÜV.130)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{\frac{ 1 }{ x }}\;\;\;=\;\;\;\frac{ n^{ω + \frac{ 1 }{ x }} }{ n^{ω} } }$	(SN.ÜV.131)

Dabei ist zu beachten, dass $n$ selber in seiner Primfaktorzerlegung schon Potenzen von Primzahlen enthalten kann, die größer als Eins sind. Diese werden hier dann nochmals mit $ω$ potenziert. Aus diesem Grund ist in diesem allgemeinen Fall die mögliche Normierung nicht unbedingt am Ende. Mit einer zusätzlichen Möglichkeit der Normierung, die die effektiv notwendige Größe der Potenzen der Primzahlen im aktual unendlichen Faktor betrifft, um eine aktual unendlich große ganze Zahl zu erreichen, beschäftigen wir uns im Abschnitt Die sinnvollen Koeffizienten der Superial-Zahlen.

Die algebraischen irrationalen Koeffizienten gehören zu den überrationalen Zahlen.

Dass ein Produkt einer bestimmten riesigen Zahl mit einer dazu passenden irrationalen Wurzel immer noch eine ganze Zahl ergibt, ist etwas sehr bemerkenswertes. Wir erhalten eine aktual unendlich große Potenz, mit einem rationalen Summanden, die trotzdem eine ganze Zahl ergibt.

Dies ist eine große Erkenntnis der Mathematik, die ich bisher noch nicht gesehen habe. Sie eröffnet eine neue Welt, in der ein großes Entdeckungspotenzial liegt.

→	Diskussion des Beweises

Diskussion des Beweises
Diskussion des Beweises

←	Überrationalitätsvermutung

Es ist uns gelungen den vorstehenden Beweis der Überrationalitätsvermutung zu führen, ohne uns explizit mit den gegebenenfalls irrationalen Werten der Wurzeln und deren genauer Entstehung auseinander zu setzen.

Welche tieferen Einsichten haben wir vorstehend gewonnen und welche können wir noch weiter schöpfen?

Das feine Raster der irrationalen endlichen Wurzeln

Die irrationalen endlichen Wurzeln entstehen offenbar aus aktual unendlich großen Nennern und Zählen, die endliche rationale gebrochene Differenzen $\frac{ 1 }{ x }$ in ihren aktual unendlichen Exponenten der Größenordnung $g$ enthalten:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \left( \forall i \in \mathbb{N} \right) \left( g \in \mathbb{N}_{\infty} \right) \left[\; i < g \;\right] }$

(SN.ÜV.115)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}n^{g}\;\;\;\in\;\;\;\mathbb{N}_{\infty} }$

(SN.ÜV.123)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}n^{g + \frac{ 1 }{ x }}\;\;\;\in\;\;\;\mathbb{N}_{\infty} }$

(SN.ÜV.125)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { n^{\frac{ 1 }{ x }}\;\;\;=\;\;\;\frac{ n^{g} \cdot n^{\frac{ 1 }{ x }} }{ n^{g} } }$

(SN.ÜV.DB.1)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{\frac{ 1 }{ x }}\;\;\;=\;\;\;\frac{ n^{g + \frac{ 1 }{ x }} }{ n^{g} } }$

(SN.ÜV.DB.2)

► einblenden

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{\frac{ 1 }{ x }}\;\;\;=\;\;\;n^{g + \frac{ 1 }{ x } - g} }$

(SN.ÜV.DB.3)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{\frac{ 1 }{ x }}\;\;\;=\;\;\;n^{\frac{ 1 }{ x }} }$

(SN.ÜV.DB.4)

Der Beweis der Überrationalitätsvermutung zeigt uns aus Perspektive ganzzahliger Brüche, dass es sich bei den irrationalen endlichen Wurzeln tatsächlich um Brüche reiner Potenzen des Radikanden $n$ der Wurzel handelt, was nur sichtbar ist, wenn der unendliche überrationale Bruch nicht gekürzt wird.

Dies gilt eben auch für die Kehrwerte der Wurzeln, nur das dort die endlichen rationalen Differenzen ein negatives Vorzeichen tragen:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { n^{g - \frac{ 1 }{ x }}\;\;\;\in\;\;\;\mathbb{N}_{\infty} }$

(SN.ÜV.DB.5)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { n^{- \frac{ 1 }{ x }}\;\;\;=\;\;\;\frac{ n^{g} \cdot n^{- \frac{ 1 }{ x }} }{ n^{g} } }$

(SN.ÜV.DB.6)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{- \frac{ 1 }{ x }}\;\;\;=\;\;\;\frac{ n^{g - \frac{ 1 }{ x }} }{ n^{g} } }$

(SN.ÜV.DB.7)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{- \frac{ 1 }{ x }}\;\;\;=\;\;\;\frac{ n^{g} }{ n^{g} \cdot n^{\frac{ 1 }{ x }} } }$

(SN.ÜV.DB.8)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{- \frac{ 1 }{ x }}\;\;\;=\;\;\;\frac{ n^{g} }{ n^{g + \frac{ 1 }{ x }} } }$

(SN.ÜV.DB.9)

► einblenden

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{- \frac{ 1 }{ x }}\;\;\;=\;\;\;n^{g - \frac{ 1 }{ x } - g} }$

(SN.ÜV.DB.10)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}n^{- \frac{ 1 }{ x }}\;\;\;=\;\;\;n^{- \frac{ 1 }{ x }} }$

(SN.ÜV.DB.11)

Nenner und Zähler solcher Brüche der selben Basis und aktual unendlich großen Exponenten mit einer endlichen gebrochen rationalen Differenz sind zwar im selben aktual unendlich großen Raster ihrer Basis, dass beide ganze Zahlen sind und damit auf dem Zählraster liegen. Und doch sind sie so unterschiedlich, dass ihr Bruch eine endliche irrationale Zahl geben kann, die nicht-periodisch ist. Daran, dass diese irrationalen Realanteile algebraischer Zahlen aber auch Superial-Zahlen sind, erkennen wir, dass sie aber auch nicht so unterschiedlich sind, dass sie aktual unendlich kleine Summanden enthalten würden. Dies ist anders als zum Beispiel bei der irrationalen transzendenten Eulersche Zahl $\e_{\s}$ , die aktual unendlich kleine Summanden enthält.

Diese überrationalen Brüche sind schon etwas sehr bemerkenswertes und besonderes. Wir lernen darüber etwas Neues auf dem Gebiet der Zahlentheorie. Es bliebe uns verborgen, wenn wir es einfach nur weg kürzten und es nicht zu deuten wüssten.

Endliche Wurzeln – gebrochene Exponenten – können auch im Endlichen ganze Zahlen ergeben

Das Wurzeln aus ganzen Zahlen ja auch wieder ganze Zahlen ergeben können, sehen wir ja auch im Endlichen. Die zweiten Wurzeln aus allen Quadratzahlen sind zum Beispiel allesamt ganze Zahlen. Wie die zweite Wurzel aus vier:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { 4^{\frac{ 1 }{ 2 }}\;\;\;=\;\;\;2 }$	(SN.ÜV.DB.12)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \left( \forall k \in \mathbb{N} \right) \left[\; 4^{k + \frac{ 1 }{ 2 }}\;\;\;=\;\;\;4^{k} \cdot 2 \;\right] }$	(SN.ÜV.DB.13)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}4^{k + \frac{ 1 }{ 2 }}\;\;\;\in\;\;\;\mathbb{N} }$	(SN.ÜV.DB.14)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { 2^{\frac{ 1 }{ 2 }}\;\;\;=\;\;\;1,41421356237309… }$	(SN.ÜV.DB.15)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \left( \forall k \in \mathbb{N} \right) \left[\; 2^{k + \frac{ 1 }{ 2 }}\;\;\;=\;\;\;2^{k} \cdot 1,41421356237309… \;\right] }$	(SN.ÜV.DB.16)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}2^{k + \frac{ 1 }{ 2 }} \notin \mathbb{N}\;\;\;\land\;\;\;2^{k + \frac{ 1 }{ 2 }} \in \mathbb{A}_{\S} }$	(SN.ÜV.DB.17)

Im Fall von $2^{k} \cdot 1,41421356237309…$ kann der Faktor $2^{k}$ niemals dafür sorgen, dass das Produkt eine ganze Zahl wird.

Für aktual unendliche $k ≔ g$ überspringen wir eben diese Größengrenze:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { 2^{g + \frac{ 1 }{ 2 }}\;\;\;=\;\;\;2^{g} \cdot 1,41421356237309… }$	(SN.ÜV.DB.18)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}2^{g + \frac{ 1 }{ 2 }}\;\;\;\in\;\;\;\mathbb{N}_{\infty} }$	(SN.ÜV.DB.19)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { n^{g + \frac{ 1 }{ 2 }}\;\;\;=\;\;\;n^{g} \cdot n^{\frac{ 1 }{ 2 }} }$	(SN.ÜV.DB.20)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}n^{g + \frac{ 1 }{ 2 }}\;\;\;\in\;\;\;\mathbb{N}_{\infty} }$	(SN.ÜV.DB.21)

Und das Produkt wird aufgrund der Größe des Faktors $2^{g}$ beziehungsweise $n^{g}$ grundsätzlich zu einer ganzen Zahl, aber von aktual unendlicher Größe.

Nur die aktual unendlichen Potenzen des Zahlen-Radikals der Basis ergeben ein Raster, dass auch die gebrochenen Potenzen der Basis zu ganzen Zahlen macht

(In Arbeit …)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \left( \forall n, x \in \mathbb{N} \setminus \left\{ 0, 1 \right\} \right) \left[\; \rad(n)^{g} \cdot n^{\frac{ 1 }{ x }}\;\;\;\in\;\;\;\mathbb{N}_{\infty} \;\right] }$	(SN.ÜV.DB.22)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \left( \forall n, m, x \in \mathbb{N} \setminus \left\{ 0, 1 \right\} \right) \left( \rad(n) \ne \rad(m) \right) \left( n^{\frac{ 1 }{ x }} = \mathrm{irrational} \right) \\ \qquad\qquad\qquad\qquad\; \left[\; \rad(m)^{g} \cdot n^{\frac{ 1 }{ x }}\;\;\;\notin\;\;\;\mathbb{N}_{\infty} \;\right] }$	(SN.ÜV.DB.23)

(In Arbeit …)

Was ist der kleinste Faktor einer gebrochenen Zahl, der aus ihr eine ganze Zahl macht?

(In Arbeit …)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { 0,\!5 \cdot 2\;\;\;=\;\;\;1 }$	(SN.ÜV.DB.24)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { 1,\!5 \cdot 2\;\;\;=\;\;\;3 }$	(SN.ÜV.DB.25)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { 2,\!5 \cdot 2\;\;\;=\;\;\;5 }$	(SN.ÜV.DB.26)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { 3,\!5 \cdot 2\;\;\;=\;\;\;7 }$	(SN.ÜV.DB.27)

Wir sehen, dass der Faktor hier nur von den Nachkommastellen abhängt.

Warum ist das so?

(In Arbeit …)

Aufgrund des Distributivgesetzes gilt:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \left( \forall n \in \mathbb{N} \right) \left( \forall a \in \;]0, 1[_{\mathbb{A}_{\S}} \right) \left( k \in \mathbb{N}_{\infty} \right) \\ \qquad\quad\;\, \left[\; \left( n + a \right) \cdot k\;\;\;=\;\;\;n \cdot k + a \cdot k \;\right] }$

(SN.ÜV.DB.28)

Da $n \cdot k$ eh eine ganze Zahl sein muss, kommt es ja nur darauf an, dass $a \cdot k$ auch eine ganze Zahl wird, damit schließlich unsere Summe ganzzahlig ist.

Durch eine Abrundung mit Hilfe der Gaußklammer2 können wir dies folgendermaßen zum Ausdruck bringen:

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \left( \forall b \in \mathbb{A}_{\S} \right) \left( k \in \mathbb{N}_{\infty} \right) \\ \qquad\quad\;\;\, \left[\; b \cdot k\;\;\;=\;\;\;\lfloor b \rfloor \cdot k + \left( b - \lfloor b \rfloor \right) \cdot k \;\right] }$	(SN.ÜV.DB.29)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { n\;\;\;=\;\;\;\lfloor b \rfloor }$	(SN.ÜV.DB.30)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { a\;\;\;=\;\;\;b - \lfloor b \rfloor }$	(SN.ÜV.DB.31)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Rightarrow\hspace{10mm}b\;\;\;=\;\;\;n + a }$	(SN.ÜV.DB.32)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}b\;\;\;=\;\;\;\lfloor b \rfloor + \left( b - \lfloor b \rfloor \right) }$	(SN.ÜV.DB.33)

$\definecolor{formcolor}{RGB}{0,0,0} \color{formcolor} { \Leftrightarrow\hspace{10mm}b\;\;\;=\;\;\;b }$	(SN.ÜV.DB.34)

(In Arbeit …)

→	Vermutung superiale Koeffizienten sind reell algebraische Zahlen

Fußnoten
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Stand 13. Februar 2025, 18:00 CET.

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1.	↑	(Primärliteratur einfügen!) Internet: Vgl. Wikipedia, Vollständige Induktion, Das Axiom der vollständigen Induktion. Vgl. Wikipedia, Unendlichkeitsaxiom, Formulierung; Bedeutung für die Mathematik, Natürliche Zahlen.
2.	↑	(Primärliteratur einfügen!) Internet: Vgl. Wikipedia, Abrundungsfunktion und Aufrundungsfunktion.