Dimostrare che sqrt(3) non è razionale
Come posso dimostrare che sqrt(3) non è razionale?
Per sqrt(2) posso procedere per assurdo supponendo che esistano due
numeri naturali m, n primi tra loro tali che sqrt(2) = m/n.
Elevando al quadrato si ottiene 2n^2 = m^2: di qui segue che m^2 (e
dunque anche m) è pari. Quindi si può scrivere m = 2q per qualche
naturale q. Segue che:
n^2 = 2q^2
Quest'ultima formula implica che n^2, e di conseguenza n, è un numero
pari; quindi sia m che n sono numeri pari e questo è assurdo per
l'ipotesi fatta che fossero primi tra loro: dunque sqrt(2) non è razionale.
Per dimostrare che sqrt(3) non è razionale, seguendo lo stesso
ragionamento arrivo a dire che
3n^2 = m^2
ossia che m, n sono entrambi pari o entrambi dispari. Siccome (per la
dimostrazione precedente) non possono essere entrambi pari, saranno
entrambi dispari.
E qui mi sono fermato
. Vi ho portati in un vicolo cieco o riesco a
uscirne? =)
Per sqrt(2) posso procedere per assurdo supponendo che esistano due
numeri naturali m, n primi tra loro tali che sqrt(2) = m/n.
Elevando al quadrato si ottiene 2n^2 = m^2: di qui segue che m^2 (e
dunque anche m) è pari. Quindi si può scrivere m = 2q per qualche
naturale q. Segue che:
n^2 = 2q^2
Quest'ultima formula implica che n^2, e di conseguenza n, è un numero
pari; quindi sia m che n sono numeri pari e questo è assurdo per
l'ipotesi fatta che fossero primi tra loro: dunque sqrt(2) non è razionale.
Per dimostrare che sqrt(3) non è razionale, seguendo lo stesso
ragionamento arrivo a dire che
3n^2 = m^2
ossia che m, n sono entrambi pari o entrambi dispari. Siccome (per la
dimostrazione precedente) non possono essere entrambi pari, saranno
entrambi dispari.
E qui mi sono fermato
. Vi ho portati in un vicolo cieco o riesco auscirne? =)
Risposte
La proposizione può essere così generalizzata. Per ogni numero primo $p$ vale che $\sqrt{p}$ non è razionale.
Dimostrazione. Supponiamo per assurdo esistano $m,n$ interi tali che $m^2/n^2=p$. Ma allora $p$ compare con esponente pari nella fattorizzazione di $m^2$ e di $n^2$, dunque dovrebbe comparire con esponente pari anche nella fattorizzazione di $m^2/n^2$ che altro non è che $p$, quindi $p$ in essa ha esponente dispari:assurdo.
Dimostrazione. Supponiamo per assurdo esistano $m,n$ interi tali che $m^2/n^2=p$. Ma allora $p$ compare con esponente pari nella fattorizzazione di $m^2$ e di $n^2$, dunque dovrebbe comparire con esponente pari anche nella fattorizzazione di $m^2/n^2$ che altro non è che $p$, quindi $p$ in essa ha esponente dispari:assurdo.
In modo più elegante. Se $m^2/n^2=p$, allora $m^2=p*n^2$: a sinistra dell'uguaglianza p compare con esponente pari, a destra dispari. Assurdo.
penso che si possa generalizzare un pò di più per i naturali non quadrati perfetti se p e q sono coprimi allora $p^2$ e $q^2$ sono anch'essi coprimi, quindi se per assurdo $p/q=sqrt(n)$ allora dovrebbe essere che $p^2/q^2=n$ ma ciò è impossibile perchè $p^2$ e $q^2$ sono coprimi quindi il loro rapporto non può essere un naturale, è giusto o una cavolata?
"pjcohen":
La proposizione può essere così generalizzata. Per ogni numero primo $p$ vale che $\sqrt{p}$ non è razionale.
Dimostrazione. Supponiamo per assurdo esistano $m,n$ interi tali che $m^2/n^2=p$. Ma allora $p$ compare con esponente pari nella fattorizzazione di $m^2$ e di $n^2$, dunque dovrebbe comparire con esponente pari anche nella fattorizzazione di $m^2/n^2$ che altro non è che $p$, quindi $p$ in essa ha esponente dispari:assurdo.
Giusto
il tuo metodo vale per la radice di qualsiasi numero che non sia lo sviluppo di un quadrato perfetto, non solo per i numeri primi.
Se però cerco di dimostrare l'irrazionalità di $2^(1/3)$, questo metodo non funziona (arrivo a dire che $m^3/n^3=2$, ma questo non porta da nessuna parte :/. Qualche idea?
grazie ^^
mi auto-rispondo... si può dimostrare che $2^(1/3)$ è irrazionale con un ragionamento analogo a quello usato per $sqrt(2)$. Scusate ma sto iniziando solo ora a prendere confidenza con le dimostrazioni .
.
idea folle se $m^3/n^3=2$ allora $m^3=n^3+n^3$ impossibile per il teorema di fermat 
"GuillaumedeL'Hopital":
idea folle se $m^3/n^3=2$ allora $m^3=n^3+n^3$ impossibile per il teorema di fermat
Per i poveri mortali post-maturati che non hanno ancora studiato il teorema di Fermat?
L'idea è giusta Guillame... ma usare Fermat per questo è un tantino esagerato...
@outspan
il teorema di Fermat non si fa neanche all'uni..
@outspan
il teorema di Fermat non si fa neanche all'uni..
"ubermensch":
L'idea è giusta Guillame... ma usare Fermat per questo è un tantino esagerato...
@outspan
il teorema di Fermat non si fa neanche all'uni..
Superuomo...
http://didattica.polito.it/pls/portal30 ... a_acc=2007
Teoremi del calcolo differenziale (Fermat...
questo è un altro teorema di Fermat...
Vedete questa.
Sia,se possibile, $(m^2)/(n^2)=3$ con m,n primi tra loro.
Si ha:
$m=3/m*n^2$
Ora,essendo m intero e primo con n,esso deve dividere 3 e pertanto risulta m=1 o m=3
Nel primo caso si avrebbe $1=3n^2$ ,assurdo in quanto $n>=1$
Nel secondo caso si avrebbe $3=n^2$,assurdo perche' non esiste nessun
intero il cui quadrato sia 3
Credo che per questa via si possa ragionare anche in altri modi.
Per esempio si potrebbe scrivere anche cosi':
$(m^2)/n=3n $ e tale relazione e' impossibile poiche' il 2°membro e'
sicuramente intero mentre il 1° non puo' esserlo perche' m ed n sono primi
tra loro ( a meno di casi banali).Le dimostrazioni sono ovviamente generalizzabili ad una espressione del tipo $sqrtk$ con k intero
Puo esserci qualche perplessita' sull'affermazione "non esiste alcun intero il cui quadrato sia 3" (sembrerebbe una tautologia) ma qui si parla di interi e non di razionali puri.
Che ne dite?
karl
Sia,se possibile, $(m^2)/(n^2)=3$ con m,n primi tra loro.
Si ha:
$m=3/m*n^2$
Ora,essendo m intero e primo con n,esso deve dividere 3 e pertanto risulta m=1 o m=3
Nel primo caso si avrebbe $1=3n^2$ ,assurdo in quanto $n>=1$
Nel secondo caso si avrebbe $3=n^2$,assurdo perche' non esiste nessun
intero il cui quadrato sia 3
Credo che per questa via si possa ragionare anche in altri modi.
Per esempio si potrebbe scrivere anche cosi':
$(m^2)/n=3n $ e tale relazione e' impossibile poiche' il 2°membro e'
sicuramente intero mentre il 1° non puo' esserlo perche' m ed n sono primi
tra loro ( a meno di casi banali).Le dimostrazioni sono ovviamente generalizzabili ad una espressione del tipo $sqrtk$ con k intero
Puo esserci qualche perplessita' sull'affermazione "non esiste alcun intero il cui quadrato sia 3" (sembrerebbe una tautologia) ma qui si parla di interi e non di razionali puri.
Che ne dite?
karl
si, comfermi quel che dicevo è come dire che il quadrato di due numeri coprimi dà ancora due numeri coprimi, oppure che il quadrato di un numero razionale non intero è ancora un numero razionale non intero il che è equivalente
"GuillaumedeL'Hopital":
idea folle se $m^3/n^3=2$ allora $m^3=n^3+n^3$ impossibile per il teorema di fermat
Bella, deL'Hopital!!! Tra l'altro il caso n=3 del teorema di Fermat è elementare e risolto da Euler.
Sto leggendo di corsa e chiedo scusa se ho perso
qualche pezzo e ripeto cose già chiarite da voi
(senz'altro meglio di me).
Letto il problema, a me è capitato di pensare anche
questo tipo di risposta.
Parto dall'ipotesi iniziale:
m² = 3·n² ,
dove gli interi m,n dovrebbero essere, a una prima
occhiata, entrambi pari oppure dispari (come hanno
ben messo in evidenza Outspan e gli altri intervenuti).
Possiamo però supporre che m,n siano entrambi
dispari, dal momento che a sinistra e a destra
dell'uguaglianza dobbiamo trovare la stessa quantità
di 2 (altrimenti, dopo averli semplificati, un membro
risulterebbe pari e l'altro dispari) e quindi possiamo
completamente eliminarli.
Detto ciò, esiste senz'altro un'altra coppia di interi
r,s che permette di scrivere:
m = r+s
n = r-s ,
poiché r = ½·(m+n) ed s = ½·(m-n) sono sicuramente
interi (essendo m,n dispari). Allora:
(r+s)² = 3·(r-s)² ,
ossia:
(r-s)²+4·rs = 3·(r-s)² ,
vale a dire:
2·rs = (r-s)².
Ma questo significa che r-s = n è pari, mentre avevamo
supposto che fosse dispari.
In maniera simile può essere trattata, per esempio,
l'irrazionalità della radice cubica di 3.
Anche questo procedimento (penso) potrebbe essere
generalizzato.
Un saluto a tutti.
qualche pezzo e ripeto cose già chiarite da voi
(senz'altro meglio di me).
Letto il problema, a me è capitato di pensare anche
questo tipo di risposta.
Parto dall'ipotesi iniziale:
m² = 3·n² ,
dove gli interi m,n dovrebbero essere, a una prima
occhiata, entrambi pari oppure dispari (come hanno
ben messo in evidenza Outspan e gli altri intervenuti).
Possiamo però supporre che m,n siano entrambi
dispari, dal momento che a sinistra e a destra
dell'uguaglianza dobbiamo trovare la stessa quantità
di 2 (altrimenti, dopo averli semplificati, un membro
risulterebbe pari e l'altro dispari) e quindi possiamo
completamente eliminarli.
Detto ciò, esiste senz'altro un'altra coppia di interi
r,s che permette di scrivere:
m = r+s
n = r-s ,
poiché r = ½·(m+n) ed s = ½·(m-n) sono sicuramente
interi (essendo m,n dispari). Allora:
(r+s)² = 3·(r-s)² ,
ossia:
(r-s)²+4·rs = 3·(r-s)² ,
vale a dire:
2·rs = (r-s)².
Ma questo significa che r-s = n è pari, mentre avevamo
supposto che fosse dispari.
In maniera simile può essere trattata, per esempio,
l'irrazionalità della radice cubica di 3.
Anche questo procedimento (penso) potrebbe essere
generalizzato.
Un saluto a tutti.
Ragazzi, ulteriore generalizzazione. Se $a$ naturale non è una potenza $k$-esima di un altro naturale (ovviamente $k>1$), la radice $k$-esima di $a$ non è razionale.
Dimostrazione. Se per assurdo $m^k/n^k=a$, allora $m^k=n^k*a$. Poiché $a$ non è una potenza $k$-esima esiste un primo $p$ che compare nella fattorizzazione di $a$ con esponente non divisibile per $k$. Ma nell'uguaglianza $m^k=n^k*a$, $p$ compare a sinistra con esponente divisibile per $k$, mentre a destra l'esponente di $p$ non può essere divisibile per $k$.
Dimostrazione. Se per assurdo $m^k/n^k=a$, allora $m^k=n^k*a$. Poiché $a$ non è una potenza $k$-esima esiste un primo $p$ che compare nella fattorizzazione di $a$ con esponente non divisibile per $k$. Ma nell'uguaglianza $m^k=n^k*a$, $p$ compare a sinistra con esponente divisibile per $k$, mentre a destra l'esponente di $p$ non può essere divisibile per $k$.
"GuillaumedeL'Hopital":
penso che si possa generalizzare un pò di più per i naturali non quadrati perfetti se p e q sono coprimi allora $p^2$ e $q^2$ sono anch'essi coprimi, quindi se per assurdo $p/q=sqrt(n)$ allora dovrebbe essere che $p^2/q^2=n$ ma ciò è impossibile perchè $p^2$ e $q^2$ sono coprimi quindi il loro rapporto non può essere un naturale, è giusto o una cavolata?
Non mi convince... credo che sia detta meglio nel mio penultimo messaggio.
"pjcohen":
[quote="GuillaumedeL'Hopital"]penso che si possa generalizzare un pò di più per i naturali non quadrati perfetti se p e q sono coprimi allora $p^2$ e $q^2$ sono anch'essi coprimi, quindi se per assurdo $p/q=sqrt(n)$ allora dovrebbe essere che $p^2/q^2=n$ ma ciò è impossibile perchè $p^2$ e $q^2$ sono coprimi quindi il loro rapporto non può essere un naturale, è giusto o una cavolata?
Non mi convince... credo che sia detta meglio nel mio penultimo messaggio.[/quote]
a me sembra giusto tutto sta nel dimostrare che $p^2$ e $q^2$ sono coprimi come penso hai fatto tu nell'altro messaggio, io farei così ammettiamo che la scomposizione in fattori primi di p sia $p=p_1p_2...p_n$ analogamente per q allora $p^2/q^2=(p_1^2p_2^2...p_n^2)/(q_1^2q_2^2...q_n^2)$ per l'ipotesi che p e q sono coprimi essi non hanno nessun fattore primo in comune, quindi la frazione non si può semplificare in nessun modo e quindi $p^2$ è primo con $q^2$ e il loro rapporto è un numero razionale non intero, detto così sembra una banalità, se al posto di 2 si mette in generale k intero il teorema è valido comunque
ovviamente se $qne1$ il che si ha solo quando n non è una potenza k-esima di un numero intero
il tutto dimostra falso questo caso particolare del teorema di fermat: $a^n+(ba)^n=c^n$
Ok, la tua prova è perfetta. Leggendola velocemente mi suonava troppo facile. Invece è bella.
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