Dimostrazione potenze nei naturali hanno esponente naturale
C'è un esercizio che proprio non ho idea di come attaccare, è 3 giorni che ci penso ma appena ho un idea mi rendo subito conto che non mi porta da nessuna parte, qualcuno avrebbe un'idea di come affrontare questo esercizio?
So che bisogna postare la propria idea o un tentativo ma la difficoltà con questo esercizio sta proprio nel fatto che non ho delle idee che mi permettono di affrontare la dimostrazione!
Esercizio:
Sia \( \alpha \in \mathbb{R} \), tale che \( n^{\alpha} \in \mathbb{N} \), \( \forall n \in \mathbb{N} \) dimostra che \( \alpha \in \mathbb{N}\)
Inizialmente ho pensato di procedere per l'assurdo, ovvero supporre che esiste un \( \alpha \in \mathbb{R} - \mathbb{N} \) tale che \( n^{\alpha} \in \mathbb{N} \), \( \forall n \in \mathbb{N} \). E considerare:
\( n^{\alpha} = n^{\lfloor \alpha \rfloor} n^{ \operatorname{mant}(\alpha) } \) è chiaro che \( n^{\lfloor \alpha \rfloor} \in \mathbb{N} \) ed è chiaro che \( n^{ \operatorname{mant}(\alpha) } \) non è sempre un intero, ma potrebbe esserlo. Ma come faccio a mostrare che la moltiplicazione di questi due non è un intero, per ogni \( n \in \mathbb{N} \)
Non so se sono sulla buona strada. Idee?? Grazie.
So che bisogna postare la propria idea o un tentativo ma la difficoltà con questo esercizio sta proprio nel fatto che non ho delle idee che mi permettono di affrontare la dimostrazione!
Esercizio:
Sia \( \alpha \in \mathbb{R} \), tale che \( n^{\alpha} \in \mathbb{N} \), \( \forall n \in \mathbb{N} \) dimostra che \( \alpha \in \mathbb{N}\)
Inizialmente ho pensato di procedere per l'assurdo, ovvero supporre che esiste un \( \alpha \in \mathbb{R} - \mathbb{N} \) tale che \( n^{\alpha} \in \mathbb{N} \), \( \forall n \in \mathbb{N} \). E considerare:
\( n^{\alpha} = n^{\lfloor \alpha \rfloor} n^{ \operatorname{mant}(\alpha) } \) è chiaro che \( n^{\lfloor \alpha \rfloor} \in \mathbb{N} \) ed è chiaro che \( n^{ \operatorname{mant}(\alpha) } \) non è sempre un intero, ma potrebbe esserlo. Ma come faccio a mostrare che la moltiplicazione di questi due non è un intero, per ogni \( n \in \mathbb{N} \)
Non so se sono sulla buona strada. Idee?? Grazie.
Risposte
[strike]Ciao. La butto lì: se per \( \alpha \) reale \( \alpha\not\in\mathbb{N} \), è \( \alpha\in\mathbb{I} \) (gli irrazionali) oppure \( \alpha\in\mathbb{Q}\setminus\mathbb{N} \). Se la prima, allora hai fatto; se la seconda, nota che \( 2^{-1/2}\not\in\mathbb{N} \), sebbene \( \alpha=-1/2\in\mathbb{Q}\setminus\mathbb{N} \).
È decisamente poco elegante eh, e dà numerosi concetti per scontati, però mi sembra piuttosto semplice. Inoltre ciò che proponi mi sembra più decente di quanto ho scritto io, ma al momento attendi altre risposte.[/strike]
EDIT: ho scritto una c*****a
È decisamente poco elegante eh, e dà numerosi concetti per scontati, però mi sembra piuttosto semplice. Inoltre ciò che proponi mi sembra più decente di quanto ho scritto io, ma al momento attendi altre risposte.[/strike]
EDIT: ho scritto una c*****a
Non riesci a dimostrarlo perché non è vero …
Prendi $n=900$ e $alpha=3/2$ allora $P=n^(alpha)=900^(3/2)=27000$; abbiamo $n$ e $P$ naturali ma $alpha$ non lo è.
Cordialmente, Alex
Prendi $n=900$ e $alpha=3/2$ allora $P=n^(alpha)=900^(3/2)=27000$; abbiamo $n$ e $P$ naturali ma $alpha$ non lo è.
Cordialmente, Alex
@alex: la cosa è dimostrare che, se \(n^\alpha\) è intero per TUTTI gli \(n\in\mathbb N\), allora \(\alpha\) è intero. Non è una banalità. Esempi come il tuo ce ne sono anche di più facili; \(4^{1/2}=2\), per esempio. Però \(n^{1/2}\) non è certo intero per ogni \(n\).
Secondo me l'idea di marco di distinguere tra \(\alpha\) irrazionali e razionali non è peregrina. Il caso \(\alpha\) razionale si riduce a dimostrare che per ogni \(m\) intero esiste un \(n\) intero tale che \(n^{1/m}\) non è intero.
Secondo me l'idea di marco di distinguere tra \(\alpha\) irrazionali e razionali non è peregrina. Il caso \(\alpha\) razionale si riduce a dimostrare che per ogni \(m\) intero esiste un \(n\) intero tale che \(n^{1/m}\) non è intero.
Edit: anticipato
Eh ma allora io l'avrei scritto così:
Dato $alpha in RR$ tale che per ogni $n in NN$ sia $n^(alpha) in NN$ allora $alpha in NN$
Cordialmente, Alex
Dato $alpha in RR$ tale che per ogni $n in NN$ sia $n^(alpha) in NN$ allora $alpha in NN$
Cordialmente, Alex
Potresti farlo per contronominale, mi sembra più friendly:
$•$ Sia $a in RR$
$a notinNN => exists n inNN(n^alpha notinNN)$
$•$ Sia $a in RR$
$a notinNN => exists n inNN(n^alpha notinNN)$
A me sembra più "friendly" come l'ho scritta io … 
Ci ho pensato un po', sono in viaggio in treno. Anche l'idea di m3oo di scrivere \(\alpha = [\alpha] + \beta\), dove \(\beta\in(0, 1)\), mi pare interessante. OBIETTIVO: dimostrare che esiste \(n\) tale che \(n^{[\alpha]}n^\beta\) non è intero.
Già il caso \(n=2\) è interessante. È facile dimostrare che \(2^\beta\) non è mai intero, perché
\[
2^\beta = 1+\int_1^2 \beta x^{\beta -1}\, dx, \]
e siccome \(x^{\beta -1}\in (2^{\beta -1}, 1)\),
\[
2^\beta \in (1, 2).\]
Solo che, come giustamente dice m3oo, può darsi che \(2^{[\alpha]}2^\beta\) sia intero; questo succede se e solo se \(\beta=\log_2(m/2^k)\) per \(m, k\in\mathbb N\). In tutti gli altri casi, \(2^\alpha\) non è intero.
La conclusione è che già il test per \(n=2\) ha eliminato una marea di casi possibili per \(\alpha\). Adesso tocca rifare il test con \(n=3\) e \(\beta=\log_2(m/2^k)\), nel qual caso lo stesso metodo di sopra dà \(3^\beta\in (1, 3)\). In quali casi \(3^{[\alpha]}3^\beta\) può essere intero?
Già il caso \(n=2\) è interessante. È facile dimostrare che \(2^\beta\) non è mai intero, perché
\[
2^\beta = 1+\int_1^2 \beta x^{\beta -1}\, dx, \]
e siccome \(x^{\beta -1}\in (2^{\beta -1}, 1)\),
\[
2^\beta \in (1, 2).\]
Solo che, come giustamente dice m3oo, può darsi che \(2^{[\alpha]}2^\beta\) sia intero; questo succede se e solo se \(\beta=\log_2(m/2^k)\) per \(m, k\in\mathbb N\). In tutti gli altri casi, \(2^\alpha\) non è intero.
La conclusione è che già il test per \(n=2\) ha eliminato una marea di casi possibili per \(\alpha\). Adesso tocca rifare il test con \(n=3\) e \(\beta=\log_2(m/2^k)\), nel qual caso lo stesso metodo di sopra dà \(3^\beta\in (1, 3)\). In quali casi \(3^{[\alpha]}3^\beta\) può essere intero?
Attenzione: Modificato, avevo tralasciato una parte!
Io ho pensato a quanto segue, non so se può funzionare:
Supponiamo (per assurdo) che esiste \( \alpha \in \mathbb{R} \) tale che \( \alpha \not\in \mathbb{N} \)
poniamo \( g : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} \) una funzione continua in \( x_0 \in \mathbb{R} \) tale che \( \forall x,y \in \mathbb{R} \) abbiamo che \(g(x+y) = g(x) + g(y) \) e tale che \( g(1) = \alpha \).
Si puo facilmente dimostrare che \( g(x) \) è continua ovunque, e che inoltre valgono le seguenti relazioni \( \forall x \in \mathbb{R} \) abbiamo che \( g(x) = x g(1) \) e \( g(0) = 0 \)
Poniamo ora \( f : \mathbb{R}_+ \rightarrow \mathbb{R} \) una funzione continua tale che \( f(x) = g(1) \ln(x) \)
Poniamo \( h : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}_+ \) una funzione continua tale che \( h(x) = e^{g(1)x} \)
Notiamo che \( h(f(x)) = e^{g(1)f(x)} = e^{g^2(1)\ln(x) } = x^{g^2(1)} \)
Abbiamo che per ogni \( n \in \mathbb{N}, \exists m_{n} \in \mathbb{N} \) tale che \(n^{g(1)}=m_{n}\) dunque \( \forall n \in \mathbb{N} \) \(n^{g^2(1)}=m_{n}^{g(1)}=\tilde{m}_{n} \in \mathbb{N} \)
Ora siccome \(g \) è continua e per le proprieta di \(g \), poniamo \( \lfloor \alpha \rfloor = g(a) \) e poniamo \( \operatorname{mant}(\alpha) = g(b) \)
Segue che: \( \alpha = g(a) + g(b) = g(a+b) = g(1) \Rightarrow a+b=1 \)
Dunque:
\( f(x) = g(1) \ln(x) = g(a) \ln(x) + g(b) \ln(x)= a g(1)\ln(x) + b g(1) \ln(x)=g(1)(a \ln(x) + b \ln(x)) \)
Pertanto segue che:
\( h(f(x)) = e^{g(1)f(x)} = e^{g^2(1)(a \ln(x) + b \ln(x) )} = e^{g^2(1) \ln(x^a)} e^{g^2(1) \ln(x^b)} \)
Segue che:
\( h(f(x)) = x^{ag^2(1)} x^{bg^2(1)} \)
Per ipotesi \( \alpha \not\in \mathbb{N} \) dunque \( b\neq 0 \) e sempre per ipotesi abbiamo che \( \forall n \in \mathbb{N} \) segue che \( n^{\alpha} \in \mathbb{N} \), dunque:
\( h(f(n))= n^{ag^2(1)} n^{bg^2(1)} = n^{g(1)(g(a)+g(b))} = m_{n}^{g(a)+g(b)}= \tilde{m}_{n} = n^{g^2(1)} \)
Andiamo a vedere come sono fatti \( a\) e \( b \).
\( \lfloor \alpha \rfloor = g(a) \Rightarrow a = \frac{ \lfloor g(1)\rfloor}{g(1)}\)
E dunque \( 0 \leq a \leq 1 \) inoltre abbiamo che \( a + b = 1 \) dunque \( b = 1 - \frac{ \lfloor g(1)\rfloor}{g(1)}\)
È evidente che \( \alpha >1 \) siccome dissonance ha dimostrato che \( 2^{\beta} \) non è mai un intero se \( \beta \in (0,1) \) pertanto possiamo affermare che \( g(a) >0 \Rightarrow a >0 \)
Per cui poniamo \(1 < \tilde{m}_{n}^a = A \leq \tilde{m}_{n} \) e abbiamo \( 1 \leq \tilde{m}_{n}^b = B < \tilde{m}_{n} \)
Segue che l'unica soluzione possibile a:
\(n^{g^2(1)}= m_{n}^{g(a)+g(b)}= \tilde{m}_{n}^{a+b} = A\cdot B = \tilde{m}_{n} \)
\( n^{(g(a)+g(b))(g(a)+g(b))}=n^{g^2(a)}n^{2g(a)g(b)}n^{g^2(b)}= \tilde{m}_{n}^{a+b}\tilde{m}_n^{2ab} = \tilde{m}_{n} \)
Infatti segue che:
\( \tilde{m}_{n}^{a+b}= \tilde{m}_{n}^{a+b}\tilde{m}_n^{2ab} \Rightarrow 1 = \tilde{m}_n^{2ab} \Rightarrow 2ab=0 \)
è con \( a=1 \) e con \(b=0\)
Contraddizione!
Pertanto non esiste \( \alpha \in \mathbb{R} - \mathbb{N} \) tale che \( n^{\alpha} \in \mathbb{N} \) per ogni \( n \in \mathbb{N} \).
Pensate possa funzionare?
Io ho pensato a quanto segue, non so se può funzionare:
Supponiamo (per assurdo) che esiste \( \alpha \in \mathbb{R} \) tale che \( \alpha \not\in \mathbb{N} \)
poniamo \( g : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} \) una funzione continua in \( x_0 \in \mathbb{R} \) tale che \( \forall x,y \in \mathbb{R} \) abbiamo che \(g(x+y) = g(x) + g(y) \) e tale che \( g(1) = \alpha \).
Si puo facilmente dimostrare che \( g(x) \) è continua ovunque, e che inoltre valgono le seguenti relazioni \( \forall x \in \mathbb{R} \) abbiamo che \( g(x) = x g(1) \) e \( g(0) = 0 \)
Poniamo ora \( f : \mathbb{R}_+ \rightarrow \mathbb{R} \) una funzione continua tale che \( f(x) = g(1) \ln(x) \)
Poniamo \( h : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}_+ \) una funzione continua tale che \( h(x) = e^{g(1)x} \)
Notiamo che \( h(f(x)) = e^{g(1)f(x)} = e^{g^2(1)\ln(x) } = x^{g^2(1)} \)
Abbiamo che per ogni \( n \in \mathbb{N}, \exists m_{n} \in \mathbb{N} \) tale che \(n^{g(1)}=m_{n}\) dunque \( \forall n \in \mathbb{N} \) \(n^{g^2(1)}=m_{n}^{g(1)}=\tilde{m}_{n} \in \mathbb{N} \)
Ora siccome \(g \) è continua e per le proprieta di \(g \), poniamo \( \lfloor \alpha \rfloor = g(a) \) e poniamo \( \operatorname{mant}(\alpha) = g(b) \)
Segue che: \( \alpha = g(a) + g(b) = g(a+b) = g(1) \Rightarrow a+b=1 \)
Dunque:
\( f(x) = g(1) \ln(x) = g(a) \ln(x) + g(b) \ln(x)= a g(1)\ln(x) + b g(1) \ln(x)=g(1)(a \ln(x) + b \ln(x)) \)
Pertanto segue che:
\( h(f(x)) = e^{g(1)f(x)} = e^{g^2(1)(a \ln(x) + b \ln(x) )} = e^{g^2(1) \ln(x^a)} e^{g^2(1) \ln(x^b)} \)
Segue che:
\( h(f(x)) = x^{ag^2(1)} x^{bg^2(1)} \)
Per ipotesi \( \alpha \not\in \mathbb{N} \) dunque \( b\neq 0 \) e sempre per ipotesi abbiamo che \( \forall n \in \mathbb{N} \) segue che \( n^{\alpha} \in \mathbb{N} \), dunque:
\( h(f(n))= n^{ag^2(1)} n^{bg^2(1)} = n^{g(1)(g(a)+g(b))} = m_{n}^{g(a)+g(b)}= \tilde{m}_{n} = n^{g^2(1)} \)
Andiamo a vedere come sono fatti \( a\) e \( b \).
\( \lfloor \alpha \rfloor = g(a) \Rightarrow a = \frac{ \lfloor g(1)\rfloor}{g(1)}\)
E dunque \( 0 \leq a \leq 1 \) inoltre abbiamo che \( a + b = 1 \) dunque \( b = 1 - \frac{ \lfloor g(1)\rfloor}{g(1)}\)
È evidente che \( \alpha >1 \) siccome dissonance ha dimostrato che \( 2^{\beta} \) non è mai un intero se \( \beta \in (0,1) \) pertanto possiamo affermare che \( g(a) >0 \Rightarrow a >0 \)
Per cui poniamo \(1 < \tilde{m}_{n}^a = A \leq \tilde{m}_{n} \) e abbiamo \( 1 \leq \tilde{m}_{n}^b = B < \tilde{m}_{n} \)
Segue che l'unica soluzione possibile a:
\(n^{g^2(1)}= m_{n}^{g(a)+g(b)}= \tilde{m}_{n}^{a+b} = A\cdot B = \tilde{m}_{n} \)
\( n^{(g(a)+g(b))(g(a)+g(b))}=n^{g^2(a)}n^{2g(a)g(b)}n^{g^2(b)}= \tilde{m}_{n}^{a+b}\tilde{m}_n^{2ab} = \tilde{m}_{n} \)
Infatti segue che:
\( \tilde{m}_{n}^{a+b}= \tilde{m}_{n}^{a+b}\tilde{m}_n^{2ab} \Rightarrow 1 = \tilde{m}_n^{2ab} \Rightarrow 2ab=0 \)
è con \( a=1 \) e con \(b=0\)
Contraddizione!
Pertanto non esiste \( \alpha \in \mathbb{R} - \mathbb{N} \) tale che \( n^{\alpha} \in \mathbb{N} \) per ogni \( n \in \mathbb{N} \).
Pensate possa funzionare?
Vi chiedo delucidazioni sulla soluzioni pubblicata dal professore riguardo a questo vecchio problema, vi trascrivo la soluzione:
Evidentemente \( \alpha >0 \). Definiamo dunque \( \Delta f(x)=f(x+1)-f(x) \) e \( \Delta^{(k)} f(x)=\Delta(\Delta^{(k-1)} f(x)) \), per \(k\geq 2 \). Per il teorema di Lagrange \( \exists \theta_1 \in (0,1) \) tale che \( f(x+1)-f(x)=f'(x+\theta_1) \) dunque \( \Delta f(x)=f'(x+\theta_1) \). Dopodiche per il teorema di Lagrange \( \exists u \in (0,1) \) tale che \(\Delta f(x+1)-\Delta f(x)=\frac{d}{dx}\Delta f(x+u)=\frac{d}{dx}f'(x+\theta_1+u)=f''(x+\theta_1+u) \) dunque \(\exists \theta_2=\theta_1 + u \in (0,2) \) t.q. \( \Delta^{(2)} f(x)=f''(x+\theta_2) \). Dunque induttivamente \( \forall k\) \(\exists \theta_k \in (0,k) \) tale che \( \Delta^{(k)} f(x)=f^{(k)}(x+\theta_k) \).
Allora se consideriamo \( f(x)=x^{\alpha} \) e \(x=n\) abbiamo che \( \forall k\) \(\exists \theta_k \in (0,k) \) tale che \( f^{(k)}(x+\theta_k) \in \mathbb{N} \).
Scegliamo \(k= \left \lfloor \alpha \right \rfloor +1 \)
\( \Delta^{(k)} f(x)=f^{(k)}(x+\theta_k) =\frac{\alpha (\alpha-1) \ldots (\alpha +1 -k)}{(n + \theta_k)^{k-\alpha}}\)
Questo numero è intero e per \( n\) molto grande è nell'intervallo \( [0,1) \) dunque è nullo. Vuol dire che \( \alpha = k-1\) che è la conclusione ricercata.
Grazie al teorema dei sei esponenziali, un risultato molto avanzato della teoria algebrica dei numeri, dimostrato nel 1966, possiamo dimostrare che se \( 2^{\alpha} \), \( 3^{\alpha} \) e \( 5^{\alpha} \) sono interi allora \( \alpha \) è intero. Lo stesso risultato con solamente due numeri (se \( 2^{\alpha} \) e \( 3^{\alpha} \) sono interi allora \( \alpha\) è intero ) è ancora un problema aperto.
Non ho capito:
1) Il \( \Delta \) è un operatore che definisce lui così ? Oppure cos'è?
2) Perché per il teorema di Lagrange \( \theta_1\) e \(u \) \( \in (0,1) \), per caso considera \(f(x) \) tra \( [x,x+1] \) e non lo esplicita?
3) Il motivo per cui \( f^{(k)}(x + \theta_k) \in \mathbb{N} \), già \( f'(x+\theta_1) \) non è detto che sia intero, \( f'(x+\theta_1)= \alpha n^\alpha n^{-1} \) come mai afferma con tanta facilità che \( f^{(k)}(x + \theta_k) \in \mathbb{N} \) ?
4) Dice che per \( n \) molto grande quel numero è compreso tra \( [0,1) \) perché quel numero dev'essere un intero per ogni \( n \) e quindi ad un certo punto ci sarà un \( n \) molto molto più grande del numeratore che pertanto è fissato con la scelta di \(k \)?
5) Sono andato a leggermi il teorema dei sei esponenziali ma non ci ho capito una mazza...
6) Il modo in cui l'ho risolto io (il messaggio subito sopra) vi sembra funzionare?
Evidentemente \( \alpha >0 \). Definiamo dunque \( \Delta f(x)=f(x+1)-f(x) \) e \( \Delta^{(k)} f(x)=\Delta(\Delta^{(k-1)} f(x)) \), per \(k\geq 2 \). Per il teorema di Lagrange \( \exists \theta_1 \in (0,1) \) tale che \( f(x+1)-f(x)=f'(x+\theta_1) \) dunque \( \Delta f(x)=f'(x+\theta_1) \). Dopodiche per il teorema di Lagrange \( \exists u \in (0,1) \) tale che \(\Delta f(x+1)-\Delta f(x)=\frac{d}{dx}\Delta f(x+u)=\frac{d}{dx}f'(x+\theta_1+u)=f''(x+\theta_1+u) \) dunque \(\exists \theta_2=\theta_1 + u \in (0,2) \) t.q. \( \Delta^{(2)} f(x)=f''(x+\theta_2) \). Dunque induttivamente \( \forall k\) \(\exists \theta_k \in (0,k) \) tale che \( \Delta^{(k)} f(x)=f^{(k)}(x+\theta_k) \).
Allora se consideriamo \( f(x)=x^{\alpha} \) e \(x=n\) abbiamo che \( \forall k\) \(\exists \theta_k \in (0,k) \) tale che \( f^{(k)}(x+\theta_k) \in \mathbb{N} \).
Scegliamo \(k= \left \lfloor \alpha \right \rfloor +1 \)
\( \Delta^{(k)} f(x)=f^{(k)}(x+\theta_k) =\frac{\alpha (\alpha-1) \ldots (\alpha +1 -k)}{(n + \theta_k)^{k-\alpha}}\)
Questo numero è intero e per \( n\) molto grande è nell'intervallo \( [0,1) \) dunque è nullo. Vuol dire che \( \alpha = k-1\) che è la conclusione ricercata.
Grazie al teorema dei sei esponenziali, un risultato molto avanzato della teoria algebrica dei numeri, dimostrato nel 1966, possiamo dimostrare che se \( 2^{\alpha} \), \( 3^{\alpha} \) e \( 5^{\alpha} \) sono interi allora \( \alpha \) è intero. Lo stesso risultato con solamente due numeri (se \( 2^{\alpha} \) e \( 3^{\alpha} \) sono interi allora \( \alpha\) è intero ) è ancora un problema aperto.
Non ho capito:
1) Il \( \Delta \) è un operatore che definisce lui così ? Oppure cos'è?
2) Perché per il teorema di Lagrange \( \theta_1\) e \(u \) \( \in (0,1) \), per caso considera \(f(x) \) tra \( [x,x+1] \) e non lo esplicita?
3) Il motivo per cui \( f^{(k)}(x + \theta_k) \in \mathbb{N} \), già \( f'(x+\theta_1) \) non è detto che sia intero, \( f'(x+\theta_1)= \alpha n^\alpha n^{-1} \) come mai afferma con tanta facilità che \( f^{(k)}(x + \theta_k) \in \mathbb{N} \) ?
4) Dice che per \( n \) molto grande quel numero è compreso tra \( [0,1) \) perché quel numero dev'essere un intero per ogni \( n \) e quindi ad un certo punto ci sarà un \( n \) molto molto più grande del numeratore che pertanto è fissato con la scelta di \(k \)?
5) Sono andato a leggermi il teorema dei sei esponenziali ma non ci ho capito una mazza...
6) Il modo in cui l'ho risolto io (il messaggio subito sopra) vi sembra funzionare?
"3m0o":
1) Il \( \Delta \) è un operatore che definisce lui così ? Oppure cos'è?
Si lo definisce lui così.
2) Perché per il teorema di Lagrange \( \theta_1\) e \(u \) \( \in (0,1) \), per caso considera \(f(x) \) tra \( [x,x+1] \) e non lo esplicita?
No, applica il teorema di Lagrange a $\Deltaf$ in $[x,x+1]$.
3) Il motivo per cui \( f^{(k)}(x + \theta_k) \in \mathbb{N} \), già \( f'(x+\theta_1) \) non è detto che sia intero, \( f'(x+\theta_1)= \alpha n^\alpha n^{-1} \) come mai afferma con tanta facilità che \( f^{(k)}(x + \theta_k) \in \mathbb{N} \)?
Il motivo per cui lo dice è che quel $f'(x+\theta_1$ è uguale a $\Delta^kf(x)$, però non mi convince appieno, la cosa che non mi torna è che debba essere positivo, perché per $k$ molto grandi ($<=>k>\alpha$ ad occhio) la funzione $\Delta^kf(x)$ dovrebbe essere decrescente, quindi per ordini superiori viene negativa, quindi io direi $\inZZ$. Nota che per quello che fa dopo, per il $k$ che prende si ha l'ultimo valore per cui $\Delta^(i)f(x)$ è positiva $AA1<=i<=k$.
4) Dice che per \( n \) molto grande quel numero è compreso tra \( [0,1) \) perché quel numero dev'essere un intero per ogni \( n \) e quindi ad un certo punto ci sarà un \( n \) molto molto più grande del numeratore che pertanto è fissato con la scelta di \(k \)?
Si.
5) Sono andato a leggermi il teorema dei sei esponenziali ma non ci ho capito una mazza...
Non credo che si aspettasse diversamente, l'ha detto come curiosità.
6) Il modo in cui l'ho risolto io (il messaggio subito sopra) vi sembra funzionare?
Dato che è lunga non ho tanto voglia di leggerla per bene ma ad un'occhiata veloce mi sembra che tu non abbia fatto nessun passaggio particolarmente utile alla dimostrazione, quindi a occhio direi di no
(ma potrei sbagliarmi di grosso!).
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