"Che cos'è la matematica?" (Courant & Robbins)
Prendo spunto dal topic di cntrone (e lo ringrazio per l'idea) per aprirne uno simile: avrete visto che ogni tanto posto qualche dubbio riguardo esercizi e dubbi riguardo il libro "Che cos'è la matematica" di Courant e Robbins, allora ho pensato di aprire un topic che mi permetta di esporre liberamente i miei dubbi senza occupare inutilmente dello spazio che potrebbe venir utilizzato da altri.
Ringrazio tutti quelli che hanno avuto, hanno e avranno la pazienza e la voglia di chiarirmi le idee. Spero che possa essere una cosa interessante anche per altri frequentatori del forum e non solo per me.
Ringrazio tutti quelli che hanno avuto, hanno e avranno la pazienza e la voglia di chiarirmi le idee. Spero che possa essere una cosa interessante anche per altri frequentatori del forum e non solo per me.
Risposte
Inizio subito con un esercizio riguardo il teorema di Fermat che afferma $a^(p-1)-=1 (mod p)$. L'esercizio consiste nel dimostrare il fatto che il più piccolo intero positivo $e$ per il quale $a^e-=1 (mod p)$ dev'essere divisore di $p-1$ e suggerisce che dividendo $p-1$ per $e$ si ha $p-1=ke+r$ con $0<=r
Ecco cosa mi è venuto in mente:
se per ipotesi è vero che $a^e-=1 (mod p)$ allora per dimostrare che $e$ dev'essere divisore di $p-1$ devo dimostrare che $r$ non può che essere $0$. Quindi, posso moltiplicare questa congruenza per se stessa $k$ volte per le proprietà delle congruenze ottenendo $a^(ke)-=1$. Supponendo per assurdo che $e$ non sia multiplo di $p-1$ si potrebbe scrivere $a^(p-1)-=a^(ke+r)$ con $0
Ho scritto troppe scemenze?
Ecco cosa mi è venuto in mente:
se per ipotesi è vero che $a^e-=1 (mod p)$ allora per dimostrare che $e$ dev'essere divisore di $p-1$ devo dimostrare che $r$ non può che essere $0$. Quindi, posso moltiplicare questa congruenza per se stessa $k$ volte per le proprietà delle congruenze ottenendo $a^(ke)-=1$. Supponendo per assurdo che $e$ non sia multiplo di $p-1$ si potrebbe scrivere $a^(p-1)-=a^(ke+r)$ con $0
Ho scritto troppe scemenze?
Approfitto del topic di Pippo.
Pagina 115; esercizio 3.
Dimostrare che $sqrt(2)+sqrt(3)+sqrt(5)$ è un numero irrazionale. Cercare di costruire esempi analoghi e più generali.
Per la dimostrazione tutto ok. Circa la richiesta di generalizzazione ho dei problemi. Avevo ipotizzato che la somma di un qualsiasi numero di radici di numeri naturali che non siano quadrati perfetti fosse irrazionale (fallace ipotesi?).
Ad esempio dimostrare che $sqrt(2)+sqrt(3)+sqrt(5)+sqrt(7)$ non è razionale.
Purtroppo non riesco a “dimostrare” nemmeno il caso in cui i radicali siano come sopra solo quattro col solito espediente di elevare i due membri al quadrato nella equazione
$sqrt(2)+sqrt(3)+sqrt(5)+sqrt(7)=m/n$
Considerato che uno dei due membri è almeno un trinomio e contiene almeno due radicali mi pare proprio impossibile. Si procede per qualche altra via o ho, al solito, frainteso l'esercizio?
Pagina 115; esercizio 3.
Dimostrare che $sqrt(2)+sqrt(3)+sqrt(5)$ è un numero irrazionale. Cercare di costruire esempi analoghi e più generali.
Per la dimostrazione tutto ok. Circa la richiesta di generalizzazione ho dei problemi. Avevo ipotizzato che la somma di un qualsiasi numero di radici di numeri naturali che non siano quadrati perfetti fosse irrazionale (fallace ipotesi?).
Ad esempio dimostrare che $sqrt(2)+sqrt(3)+sqrt(5)+sqrt(7)$ non è razionale.
Purtroppo non riesco a “dimostrare” nemmeno il caso in cui i radicali siano come sopra solo quattro col solito espediente di elevare i due membri al quadrato nella equazione
$sqrt(2)+sqrt(3)+sqrt(5)+sqrt(7)=m/n$
Considerato che uno dei due membri è almeno un trinomio e contiene almeno due radicali mi pare proprio impossibile. Si procede per qualche altra via o ho, al solito, frainteso l'esercizio?
Per ora non so dirti nulla, Silente. Non ho idee.
Posso confermare però il procedimento di pippo93, che mi sembra corretto.
Posso confermare però il procedimento di pippo93, che mi sembra corretto.
Provo a dare uno spunto (che può essere più o meno interessante a seconda di quanto è esatto o meno).
Siano $a,b \in \mathbb{N}_{0}$ con $a \ne c^2, \forall c \in \mathbb{Z}$ e $b \ne d^2, \forall d in \mathbb{Z}$, si vuole provare che $\sqrt{a}+\sqrt{b} \notin \mathbb{Q}$.
Per assurdo, si assuma il contrario. Se fosse $\sqrt{a} + \sqrt{b} = \frac{m}{n} \in \mathbb{Q}_{0}^{+}$ allora si avrebbe $n\sqrt{a} + n\sqrt{b} = m => n^2a + n^2b + 2n^2\sqrt{ab} = m^2 => 2\sqrt{ab} = \frac{m^2 - n^2a - n^2b}{n^2}$. Se è $a \ne b$ si è pervenuti a un assurdo. Se è $a=b$, allora si chiederbbe che $2\sqrt{ab}=2\sqrt{a*a}=2a=\frac{m^2 - n^2a - n^2b}{n^2}=\frac{m^2}{n^2} - (a+b)=\frac{m^2}{n^2} - 2a$ il che è ugualmente assurdo.
Per l'associatività di $\mathbb{R}$ la dimostrazione si estende anche al caso di $n \in \mathbb{N}$ addendi del tipo $\sqrt{\alpha}$ con $\alpha \in \mathbb{N}$ non quadrato perfetto.
Può andare?
__________________________________
* Con $\mathbb{N}_{0}$ intendo i naturali compreso lo $0$.
Siano $a,b \in \mathbb{N}_{0}$ con $a \ne c^2, \forall c \in \mathbb{Z}$ e $b \ne d^2, \forall d in \mathbb{Z}$, si vuole provare che $\sqrt{a}+\sqrt{b} \notin \mathbb{Q}$.
Per assurdo, si assuma il contrario. Se fosse $\sqrt{a} + \sqrt{b} = \frac{m}{n} \in \mathbb{Q}_{0}^{+}$ allora si avrebbe $n\sqrt{a} + n\sqrt{b} = m => n^2a + n^2b + 2n^2\sqrt{ab} = m^2 => 2\sqrt{ab} = \frac{m^2 - n^2a - n^2b}{n^2}$. Se è $a \ne b$ si è pervenuti a un assurdo. Se è $a=b$, allora si chiederbbe che $2\sqrt{ab}=2\sqrt{a*a}=2a=\frac{m^2 - n^2a - n^2b}{n^2}=\frac{m^2}{n^2} - (a+b)=\frac{m^2}{n^2} - 2a$ il che è ugualmente assurdo.
Per l'associatività di $\mathbb{R}$ la dimostrazione si estende anche al caso di $n \in \mathbb{N}$ addendi del tipo $\sqrt{\alpha}$ con $\alpha \in \mathbb{N}$ non quadrato perfetto.
Può andare?
__________________________________
* Con $\mathbb{N}_{0}$ intendo i naturali compreso lo $0$.
Purtroppo non capisco. Doppio e triplo accidenti.
Mi sfuggono i seguenti punti:
1)Se $a!=b$ si è pervenuti ad un assurdo
che ho interpretato come: se $ab$ non è un quadrato si è pervenuti ad un assurdo. Ma non è detto che $ab$ non sia un quadrato per il solo fatto che non lo sono $a$ e $b$ a meno di non limitarci ai numeri primi.
2) Per l'associatività di $\mathbb{R}$ la dimostrazione si estende anche al caso di $n \in \mathbb{N}$ addendi del tipo $\sqrt{\alpha}$ con $\alpha \in \mathbb{N}$ non quadrato perfetto.
Questo non lo riesco nemmeno a interpretare male.
Grazie a tutti
Mi sfuggono i seguenti punti:
1)Se $a!=b$ si è pervenuti ad un assurdo
che ho interpretato come: se $ab$ non è un quadrato si è pervenuti ad un assurdo. Ma non è detto che $ab$ non sia un quadrato per il solo fatto che non lo sono $a$ e $b$ a meno di non limitarci ai numeri primi.
2) Per l'associatività di $\mathbb{R}$ la dimostrazione si estende anche al caso di $n \in \mathbb{N}$ addendi del tipo $\sqrt{\alpha}$ con $\alpha \in \mathbb{N}$ non quadrato perfetto.
Questo non lo riesco nemmeno a interpretare male.
Grazie a tutti
Wizard, come dice silente, non basta dire che $a,b$ non sono quadrati perfetti per concludere che $sqrt(ab)$ non è razionale.
Infatti poni $a=2$, $b=18$, ottieni $sqrt36=6$, razionale.
Ciao.
Infatti poni $a=2$, $b=18$, ottieni $sqrt36=6$, razionale.
Ciao.
"Steven":
Wizard, come dice silente, non basta dire che $a,b$ non sono quadrati perfetti per concludere che $sqrt(ab)$ non è razionale.
Infatti poni $a=2$, $b=18$, ottieni $sqrt36=6$, razionale.
Ciao.
Infatti... ho preso una cantonata tremenda
"WiZaRd":
Infatti... ho preso una cantonata tremenda
Scusa WiZaRd, ammettendo che questo non sia un problema, secondo te hai preso una cantonata anche quando dici che
Per l'associatività di $\mathbb{R}$ la dimostrazione si estende anche al caso di $n \in \mathbb{N}$ addendi del tipo $\sqrt{\alpha}$ con $\alpha \in \mathbb{N}$ non quadrato perfetto oppure questo andrebbe bene?
Non ho proprio capito il ragionamento.
Grazie
"silente":
[quote="WiZaRd"]
Infatti... ho preso una cantonata tremenda
Scusa WiZaRd, ammettendo che questo non sia un problema, secondo te hai preso una cantonata anche quando dici che
Per l'associatività di $\mathbb{R}$ la dimostrazione si estende anche al caso di $n \in \mathbb{N}$ addendi del tipo $\sqrt{\alpha}$ con $\alpha \in \mathbb{N}$ non quadrato perfetto oppure questo andrebbe bene?
Non ho proprio capito il ragionamento.
Grazie[/quote]
La cantonata tremenda è collettiva, anche perché "un pò per uno, non fa male a nessuno"
OK... basta... adesso la smetto
"silente":Ciao, puoi scrivere la tua dimostrazione? Grazie
Approfitto del topic di Pippo.
Pagina 115; esercizio 3.
Dimostrare che $sqrt(2)+sqrt(3)+sqrt(5)$ è un numero irrazionale. Cercare di costruire esempi analoghi e più generali.
Per la dimostrazione tutto ok.
Benvenuto nel forum Learts
Ecco la dimostrazione
Per assurdo supponiamo che sia
$sqrt(2)+sqrt(3) + sqrt(5)=m/n$
Portando a destra uno qualsiasi dei radicali (ad es. sommando a entrambi $-sqrt(5)$) si ha
$sqrt(2)+sqrt(3) =m/n- sqrt(5)$
Elevando al quadrato
$(sqrt(2)+sqrt(3))^2 =(m/n- sqrt(5))^2$
$2+2sqrt(2)sqrt(3)+3=m^2/n^2-2*m/nsqrt(5)+5$
$2sqrt(6)=m^2/n^2-2m/nsqrt(5)$
Elevando ancora al quadrato
$4*6=m^4/n^4-4*m^3/n^3*sqrt(5)+4*m^2/n^2*5$
$sqrt(5)=(m^4/n^4+20*m^2/n^2-24)*n/(4m)$
Quindi dovrebbe essere $sqrt(5)$ razionale ma questo è assurdo.
P.s. secondo me il passaggio essenziale per portare aventi la dimostrazione è quello in cui porti a destra un radicale. In questo modo l’equazione ha due membri tali che:
-Il primo ha due radicali (ma elevato al quadrato contiene un radicale solo)
-il secondo contine un solo radicale (e un solo radicale resta dopo l’elevazione al quadrato).
Così facendo l’elevazione al quadrato ti consente di passare ad una equazione che contenga un numero minore di radicali di quanti ne avevi in partenza.
Se invece elevassi direttamente al quadrato una espressione contenente tre (o più) radicali continueresti ad avere tre (o più) radicali.
Se ti è chiaro forse posso suggerirti questo
Dimostrare che $sqrt(2)+root(3)(2)$ è irrazionale.
Ciao
Ecco la dimostrazione
Per assurdo supponiamo che sia
$sqrt(2)+sqrt(3) + sqrt(5)=m/n$
Portando a destra uno qualsiasi dei radicali (ad es. sommando a entrambi $-sqrt(5)$) si ha
$sqrt(2)+sqrt(3) =m/n- sqrt(5)$
Elevando al quadrato
$(sqrt(2)+sqrt(3))^2 =(m/n- sqrt(5))^2$
$2+2sqrt(2)sqrt(3)+3=m^2/n^2-2*m/nsqrt(5)+5$
$2sqrt(6)=m^2/n^2-2m/nsqrt(5)$
Elevando ancora al quadrato
$4*6=m^4/n^4-4*m^3/n^3*sqrt(5)+4*m^2/n^2*5$
$sqrt(5)=(m^4/n^4+20*m^2/n^2-24)*n/(4m)$
Quindi dovrebbe essere $sqrt(5)$ razionale ma questo è assurdo.
P.s. secondo me il passaggio essenziale per portare aventi la dimostrazione è quello in cui porti a destra un radicale. In questo modo l’equazione ha due membri tali che:
-Il primo ha due radicali (ma elevato al quadrato contiene un radicale solo)
-il secondo contine un solo radicale (e un solo radicale resta dopo l’elevazione al quadrato).
Così facendo l’elevazione al quadrato ti consente di passare ad una equazione che contenga un numero minore di radicali di quanti ne avevi in partenza.
Se invece elevassi direttamente al quadrato una espressione contenente tre (o più) radicali continueresti ad avere tre (o più) radicali.
Se ti è chiaro forse posso suggerirti questo
Dimostrare che $sqrt(2)+root(3)(2)$ è irrazionale.
Ciao
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