Esistenza radice ennesima

[DR1]

$a"",y in RR " " n in NN$
$a >=0 " " n>=2 " " y>=0$
$r = "sup" {a >= 0 : a^n <= y }$
Cosa vuol dire ?
Vuole dire che la radice ennessima è l'estremo superiore di quell'insieme ?
Come dimostro ${1,y} sube {a>=0 : a^n <= y } $ ?

[j18eos]

Chi è \(\displaystyle A\)?

Sei sicuro che \(\displaystyle y\) appartenga in ogni caso a quell'insieme?

[DR1]

Corretto !
no $a in A$ , ma $a >= 0$

[DR1]

Mostriamo che un maggiorante di $A$ è $max { 1 , y }$
se $a <= 1 $ banalmente $a<= max { 1 , y }$
se $a > 1 $ ,allora $a < a^n <=y $ , quindi $a<= max { 1 , y }$
Dunque $A$ è superiormente limitato.
e $S in RR$ è il suo estremo superiore.

dobiamo dimostrare che $S^n = y$
per fare questo, poniamo $B = { a^n : a in A }$

1 dimostriamo che $S^n = "sup" B$
2 mostriamo che $S^n = y$[/list:u:wdm5gkzh]

1
poichè $S^n >= a^n$
si ha che $S^n >= "sup" B" "AA a in A$

--fin qui tutto bene--

Si dimostra per assurdo:
supponiamo $S^n > "sup" B $ , poniamo $ "sup" B = \beta $
cosicché risulta $S^n > \beta$

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

allora, $AA a in A$ si ha:
$S-a= (S^n - a^n)/(S^(n-1)+S^(n-2)a+...+Sa^(n-2)+Sa^(n-1)) >= (S^n - \beta)/(nS^(n-1)) $

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

chi mi spiega questo passaggio

[adaBTTLS1]

c'è una S di troppo nell'ultimo termine della somma al denominatore.
1. ha usato la formula di fattorizzazione della differenza tra due potenze n-esime:
$S^n-a^n=(S-a)*(S^(n-1)+S^(n-2)*a+ ... +S^2*a^(n-3)+S*a^(n-2)+a^(n-1))$,
da cui ha scritto la prima uguaglianza;
2. ha minorato la frazione sostituendo un numeratore "non maggiore" e un denominatore "non minore":
$a^n <= beta -> -a^n>= -beta -> S^n-a^n>=S^n-beta$
$S>=a -> "ogni termine della somma " S^(n-1)+S^(n-2)*a+ ... +S^2*a^(n-3)+S*a^(n-2)+a^(n-1) " è " <= S^(n-1)$

dunque

$ 1/(S^(n-1)+S^(n-2)*a+ ... +S^2*a^(n-3)+S*a^(n-2)+a^(n-1)) >= 1/(n*S^(n-1))$

controlla e facci sapere. ciao.

[DR1]

Non mi è chiaro come è venuto fuori $(S^n − β)/(nS^(n−1))$

[gugo82]

Per quanto riguarda la minorazione:
\[
\frac{1}{S^{n-1}+S^{n-2}\ a+ ... +S^2\ a^{n-3}+S\ a^{n-2} +a^{n-1}} \geq \frac{1}{n*S^{n-1}}
\]
essa segue dalla considerazione (elementare) che riporto di seguito: dato che \(S\geq a>0\), si ha \(S^2\geq a^2\), \(S^3\geq a^3\),... , \(S^n\geq a^n\) e perciò:
\[
S^{n-1}+S^{n-2}\ \underbrace{a}_{\color{maroon}{\leq S}}+ S^{n-3}\ \underbrace{a^2}_{\color{maroon}{\leq S^2}} + \cdots +S^2\ \underbrace{a^{n-3}}_{\color{maroon}{\leq S^{n-3}}} +S\ \underbrace{a^{n-2}}_{\color{maroon}{\leq S^{n-2}}} + \underbrace{a^{n-1}}_{\color{maroon}{\leq S^{n-1}}} \leq \underbrace{S^{n-1} + S^{n-1}+ S^{n-1} +\cdots + S^{n-1} + S^{n-1} + S^{n-1}}_{\color{maroon}{n \text{ addendi}}} = n\ S^{n-1}\; .
\]

Per il resto, sapendo che:
\[
\begin{split}
\frac{1}{S^{n-1}+S^{n-2}\ a+ ... +S^2\ a^{n-3}+S\ a^{n-2} +a^{n-1}} &\geq \frac{1}{n\ S^{n-1}} >0\\
S^n -a^n &> S^n -\beta>0\; ,
\end{split}
\]
per la compatibilità della disuguaglianza col prodotto trovi:
\[
\begin{split}
\frac{S^n-a^n}{S^{n-1}+S^{n-2}\ a+ ... +S^2\ a^{n-3}+S\ a^{n-2} +a^{n-1}} &\geq \frac{S^n -a^n}{n\ S^{n-1}} \\
\frac{S^n -a^n}{n*S^{n-1}} &> \frac{S^n -\beta}{n\ S^{n-1}}
\end{split}
\]
da cui, per la proprietà transitiva della disuguaglianza, segue:
\[
\frac{S^n-a^n}{S^{n-1}+S^{n-2}\ a+ ... +S^2\ a^{n-3}+S\ a^{n-2} +a^{n-1}} > \frac{S^n -\beta}{n\ S^{n-1}}\; .
\]

[DR1]

"gugo82":dato che \( S\geq a>0 \), si ha \( S^2\geq a^2 \), \( S^3\geq a^3 \),... , \( S^n\geq a^n \) e perciò:
\[ S^{n-1}+S^{n-2}\ \underbrace{a}_{\color{maroon}{\leq S}}+ S^{n-3}\ \underbrace{a^2}_{\color{maroon}{\leq S^2}} + \cdots +S^2\ \underbrace{a^{n-3}}_{\color{maroon}{\leq S^{n-3}}} +S\ \underbrace{a^{n-2}}_{\color{maroon}{\leq S^{n-2}}} + \underbrace{a^{n-1}}_{\color{maroon}{\leq S^{n-1}}} \leq \underbrace{S^{n-1} + S^{n-1}+ S^{n-1} +\cdots + S^{n-1} + S^{n-1} + S^{n-1}}_{\color{maroon}{n \text{ addendi}}} = n\ S^{n-1}\; . \]

Questo, l'ho capito, ma non mi è chiaro il ragionamento della dimostrazione, per cui c'è $nS^(n−1)$ in $ (S^n − β)/(nS^(n−1)) $
grazie dell'aiuto

[gugo82]

Sapendo che:
\[
\tag{1}
\frac{1}{S^{n-1}+S^{n-2}\ a+ \cdots +S^2\ a^{n-3}+S\ a^{n-2} +a^{n-1}} \geq \frac{1}{n\ S^{n-1}} >0
\]
e:
\[
\tag{2}
S^n -a^n > S^n -\beta>0\; ,
\]
per la compatibilità della disuguaglianza col prodotto trovi:
\[
\tag{3}
\frac{S^n-a^n}{S^{n-1}+S^{n-2}\ a+ \cdots +S^2\ a^{n-3}+S\ a^{n-2} +a^{n-1}} \geq \frac{S^n -a^n}{n\ S^{n-1}}
\]
(hai moltiplicato ambo i membri di (1) per \(S^n-a^n\)) e:
\[
\tag{4}
\frac{S^n -a^n}{n\ S^{n-1}} > \frac{S^n -\beta}{n\ S^{n-1}}
\]
(hai moltiplicato ambo i membri di (2) per \(1/(n\ S^{n-1})\)); usando (3) e (4) e la proprietà transitiva della disuguaglianza, ottieni:
\[
\frac{S^n-a^n}{S^{n-1}+S^{n-2}\ a+ \cdots +S^2\ a^{n-3}+S\ a^{n-2} +a^{n-1}} > \frac{S^n -\beta}{n\ S^{n-1}}\; .
\]

[adaBTTLS1]

siamo partiti da questa disuguaglianza ricorretta:
allora, $AA a in A$ si ha:
$S-a= (S^n - a^n)/(S^(n-1)+S^(n-2)a+...+Sa^(n-2)+a^(n-1)) >= (S^n - \beta)/(nS^(n-1)) $

scriviamola brevemente come una disuguaglianza tra due frazioni:

$k/m >= r/s$

noi l'abbiamo dimostrata verificando che $k>=r" "^^" "m<=s$, essendo $k,m,r,s>0$,

che cosa non ti è chiaro?
1. che $k>=r$
2. che $m<=s$
3. che da $k>=r" "^^" "m<=s$, essendo $k,m,r,s>0$ segue che $k/m >= r/s$ ?

[DR1]

$ S-a= (S^n - a^n)/(S^(n-1)+S^(n-2)a+...+Sa^(n-2)+a^(n-1))$
e $(S^n - \beta)/(nS^(n-1)) = $
Più in generale, non ho capito come dal presupposto che
$S^n > \beta$
si è arrivati qui:
$ S-a= (S^n - a^n)/(S^(n-1)+S^(n-2)a+...+Sa^(n-2)+a^(n-1)) >= (S^n - \beta)/(nS^(n-1)) $

[gugo82]

Te l'abbiamo già abbondantemente spiegato.
Basterebbe rileggere tutto il thread con la dovuta attenzione.

[DR1]

cosa vuol dire minorare ?

[adaBTTLS1]

letteralmente significa "rendere più piccolo";
nel contesto matematico è stato usato nel senso di "confrontare con una cosa più piccola":
la frazione è stata resa più piccola diminuendo il numeratore ed aumentando il denominatore, tradotto, è semplicemente $"frazione iniziale">="altra frazione"$.
se non sono ancora chiari i passaggi, ti consiglio di rispondere alla domanda che ti ho posto nel messaggio precedente.

[gugo82]

"DR1":cosa vuol dire minorare ?

Qui, significato 1.

[DR1]

mi sono fermato qui :
se $S="sup"A" "S >= a $
$S^n>=a^n$
se $\beta ="sup"B" " \beta>=a^n$
rimane da dimostrare la relazione tra $S^n$ e $\beta$
come si procede ?
Se per assurdo pongo $S^n > \beta $
vuole dire che
$S^n - a^n > 0 $
$\beta - a^n > 0$
$S^n - \beta > 0$
sapendo questo, come dimostro $S^n=\beta$ ?

[adaBTTLS1]

mi pare che quasi tutta la pagina precedente sia stata utilizzata per la dimostrazione di una diseguaglianza;
urge una riformulazione del problema con le varie tappe e con l'indicazione di ciò che è chiaro e ciò che manca, altrimenti non è per nulla agevole aiutarti!

[DR1]

Per completezza riporto la conclusione della dimostrazione per assurdo (dal libro).
essendo
\[
{S^{n-1}+S^{n-2}\ a+ ... +S^2\ a^{n-3}+S\ a^{n-2} +a^{n-1}} \leq \underbrace{S^{n-1} + S^{n-1}+ S^{n-1} +\cdots + S^{n-1} + S^{n-1} + S^{n-1}}_{\color{maroon}{n \text{ addendi}}} = n\ S^{n-1}\;
\]
si ottiene che non esiste alcun $a$ appartenente ad $A$ tale che :
$a > S - (S^n - \beta)/(n S^(n-1))$
contro il teorema $AA \epsilon > 0" "EE a in A : a > S - \epsilon$ con $\epsilon = (S^n - \beta)/(n S^(n-1))$

La disequazione l'ho capità, quello che non mi è chiaro e il raggionamento, che c'è dietro, cioè la dimostrazione.
Prima ancora di supporre l'assurdo, come si è arrivati a dire che
$S^n >= "sup" B" "AA a in A$
dal fatto che $S^n >= a^n$ ?
Qual'è l'implicazione (per assurdo) che si è volutà dimostrare ?

[gugo82]

Mi permetto una dimostrazione alternativa, forse un po' più semplice.

Vogliamo provare il seguente fatto:

Teorema della Radice:

Sia \(n\in \mathbb{N}\) un numero \(\geq 1\).

Per ogni \(x\geq 0\) esiste un unico \(y\geq 0\) tale che \(y^n=x\).

senza usare scappatoie algebriche (i.e., usare il fatto che la funzione potenza è invertibile, poiché strettamente monotona), ma basando tutto sulla proprietà su cui si fonda l'Analisi, cioé l'assioma di esistenza dell'estremo superiore, ossia la proprietà di completezza à la Dedekind.

Per fare ciò, converrà dimostrare un lemma tecnico di fondamentale importanza.

Siano \(L,M\subseteq \mathbb{R}\) insiemi non vuoti, costituiti da numeri non negativi e sia \(n\in \mathbb{N}\) un numero \(\geq 2\).

[list=1][*:ftvcaofw] Se \(L\) ed \(M\) sono separati ed \(L\) è l'insieme dei minoranti[nota]Due sottoinsiemi non vuoti \(L,M\subseteq \mathbb{R}\) si dicono separati se ogni elemento di una delle due è minore od uguale ad ogni elemento dell'altra, ossia se vale una ed una soltanto delle seguenti alternative (mutuamente esclusive):
[list=i][*:ftvcaofw] \(a\leq b\) per ogni \(a\in L\) ed ogni \(b\in M\);[/*:ftvcaofw]
[*:ftvcaofw] \(b\leq a\) per ogni \(a\in L\) ed ogni \(b\in M\).[/*:ftvcaofw][/list:o:ftvcaofw]
Nel caso i [risp. ii], si dice che l'insieme \(L\) [risp. \(M\)] è l'insieme dei minoranti e l'insieme \(M\) [risp. \(L\)] è l'insieme dei maggioranti.
Inoltre, ogni numero \(c\in \mathbb{R}\) che può essere intercalato tra tutti i numeri di due insiemi separati \(L\) ed \(M\), cioé ogni numero tale che:
\[
a\leq c \leq b\qquad \text{oppure}\qquad b\leq c \leq a \quad \text{, per ogni } a\in L \text{ e } b\in M\; ,
\]
si chiama numero separatore di \(L\) ed \(M\).[/nota], allora i due insiemi:
\[
L^n := \{a^n,\ a\in L\}\qquad \text{ed} \qquad M^n:=\{b^n,\ b\in M\}
\]
sono anch'essi separati ed \(L^n\) è l'insieme dei minoranti.
Inoltre, se \(c\) è un numero separatore di \(L\) ed \(M\), allora \(c^n\) è un numero separatore di \(L^n\) ed \(M^n\).[/*:ftvcaofw]

[*:ftvcaofw] Se \(L\) ed \(M\) sono contigui e se \(\gamma\) è il loro unico numero separatore[nota]Due sottoinsiemi \(L,M\subseteq \mathbb{R}\) non vuoti e separati vengono detti contigui se essi hanno un unico numero separatore.
Non è difficile rendersi conto del fatto che ciò accade solo allorquando l'estremo superiore dell'insieme dei minoranti coincide con l'estremo inferiore dell'insieme dei maggioranti.
Le coppie di insiemi contigui sono caratterizzati dal verificare la seguente proprietà:
\[
\forall \varepsilon >0,\ \exists a\in L,\ \exists b\in M:\ |b-a|<\varepsilon\; ,
\]
che esprime (detto rozzamente) la possibilità che hanno gli elementi dei due insiemi di "avvicinarsi indefinitamente" tra loro.[/nota], allora i due insiemi \(L^n\) ed \(M^n\) sono contigui e \(\gamma^n\) è il loro unico numero separatore.[/*:ftvcaofw][/list:o:ftvcaofw]

Dim.:

1. Presi a casaccio \(a\in L\) e \(b\in M\), si ha \(0\leq a\leq b\) e perciò (compatibilità della relazione d'ordine col prodotto) \(0\leq a^2\leq b^2\); ed ancora \(0\leq a^3\leq b^3\); e così via... Fino a \(0\leq a^n\leq b^n\). L'arbitrarietà nella scelta di \(a\) e \(b\) mostra che i due insiemi \(L^n\) ed \(M^n\) sono separati ed \(L^n\) è l'insieme dei minoranti.
Analogamente si dimostra l'asserto sui numeri separatori.

2. Per quanto appena mostrato sappiamo che \(L^n\) ed \(M^n\) sono separati, che \(L^n\) è l'insieme dei minoranti e che \(\gamma^n\) è un loro numero separatore.
Per dimostrare che \(L^n\) ed \(M^n\) sono contigue, allora, occorre e basta far vedere che:
\[
\forall \varepsilon >0,\ \exists a^n \in L^n,\ \exists b^n\in M^n:\ b^n-a^n<\varepsilon \; .
\]
Fissato un \(\beta \in M\), per ogni \(a\in L\) e \(b\in M\) si ha:
\[
b^n-a^n = (b-a)\ \big( \underbrace{b^{n-1} + a\ b^{n-2} + \cdots + a^{n-2}\ b + a^{n-1}}_{\color{maroon}{n \text{ addendi } \leq b^{n-1}}}\big) \leq (b-a)\ n\ b^{n-1} \leq n\ \beta^{n-1}\ (b-a)\; ;
\]
visto che \(L\) ed \(M\) sono contigui, scelto \(\varepsilon >0\), in corrispondenza del numero positivo \(\varepsilon /n \beta^{n-1}\) è possibile determinare \(a\in L\) e \(b\in M\) tali che:
\[
b-a<\frac{\varepsilon}{n\ \beta^{n-1}}
\]
sicché per i corrispondenti elementi \(a^n\in L^n\) e \(b^n\in M^n\) risulta:
\[
b^n - a^n<\varepsilon\; .
\]
L'arbitrarietà nella scelta di \(\varepsilon\) consente di conclidere che \(L^n\) ed \(M^n\) sono contigui.
Da ciò segue che \(\gamma^n\) è l'unico numero separatore di \(L^n\) ed \(M^n\). \(\square\)

Veniamo ora alla:

Dim. (del Teorema della Radice):

Se \(n=1\) non c'è nulla da dimostrare; dunque d'ora in avanti supponiamo \(n\geq 2\).

Esistenza. Se \(x=0\) oppure se \(x=1\), basta prendere \(y=0\) ed \(y=1\) per ottenere la tesi; quindi possiamo supporre che \(x>0\) e \(x\neq 1\).

I. Per cominciare, supponiamo che \(0 \[
L:=\{a\geq 0:\ a^n\leq x\} \qquad \text{ed}\qquad M:=\{b\geq 0:\ b^n> x\}\; .
\]
Sia \(L\) che \(M\) sono non vuote: infatti, è evidente che \(x \in L\) ed \(1\in M\).
Se, per assurdo, esistessero un \(a\in L\) ed un \(b\in M\) tali che \(a>b\), avremmo \(a^n>b^n> x\), contro il fatto che \(a^n\leq x\). Pertanto \(L\) ed \(M\) sono separate ed \(L\) è la classe dei minoranti, cosicché \(\sup L\leq \inf M\).

Se, per assurdo, fosse \(\sup L < \inf M\), scelto un numero \(\sup L < c <\inf M\) si avrebbe certamente \(c>0\) (poiché \(x\in L\) importa \(0x\) (infatti, se si avesse \(c^n\leq x\), sarebbe \(c\in L\) e perciò \(c\leq \sup L\); analogamente, se fosse \(c^n>x\) si avrebbe \(c\in M\) e perciò \(c\geq \inf M\); contro il fatto che \(\sup L Conseguentemente, si ha \(\sup L =\inf M\) e \(L\) ed \(M\) sono contigui.

Chiamiamo \(y\) l'unico numero separatore di \(L\) ed \(M\) e mostriamo che esso gode della proprietà di cui nell'enunciato del teorema.
Per il lemma provato in precedenza, anche le classi:
\[
L^n:=\{a^n,\ a\in L\} \qquad \text{e}\qquad M^n:=\{b^n,\ b\in M\}
\]
sono contigue ed \(y^n\) è il loro unico numero separatore. Ma, d'altra parte, per la stessa definizione di \(L\) ed \(M\) si ha \(a^n\leq x
II. Supponiamo ora \(x>1\). Per quanto provato in precedenza, in corrispondenza del numero positivo \(1/x <1\) esiste un \(\eta >0\) in guisa che \(\eta^n = 1/x\), cosicché il numero positivo \(y:=1/\eta\) soddisfa la proprietà di cui nell'enunciato.


Unicità. Supponiamo per assurdo che esistano due numeri positivi \(y_1\neq y_2\) tali che \(y_1^n=x=y_2^n\).
Per la compatibilità dell'ordine rispetto al podotto, da \(y_1\neq y_2\) seguirebbe \(x=y_1^n\neq y_2^n=x\), il che è palesemente assurdo.
Pertanto non possono esistere due numeri diversi che godono della proprietà di cui nell'enunciato. \(\square\)

@ DR1: Da quale testo è presa la dimostrazione che hai proposto?

[DR1]

grazie della spiegazione
si è dimostrata l'esistenza e l'unicità, ma interessava dimostrare che
la radice ennesima è individuata da $A = "sup"(a>=0:a^n<=y)$
quello che continuo a non capire, è perchè si è scelto $n b^(n-1)$ e non un altro valore (es: $ n b^n$) in

"gugo82":
Per dimostrare che \( L^n \) ed \( M^n \) sono contigue, allora, occorre e basta far vedere che:
\[ \forall \varepsilon >0,\ \exists a^n \in L^n,\ \exists b^n\in M^n:\ b^n-a^n<\varepsilon \; . \]
Fissato un \( \beta \in M \), per ogni \( a\in L \) e \( b\in M \) si ha:
\[ b^n-a^n = (b-a)\ \big( \underbrace{b^{n-1} + a\ b^{n-2} + \cdots + a^{n-2}\ b + a^{n-1}}_{\color{maroon}{n \text{ addendi } \leq b^{n-1}}}\big) \leq (b-a)\ n\ b^{n-1} \leq n\ \beta^{n-1}\ (b-a)\; ; \]
visto che \( L \) ed \( M \) sono contigui, scelto \( \varepsilon >0 \), in corrispondenza del numero positivo \( \varepsilon /n \beta^{n-1} \) è possibile determinare \( a\in L \) e \( b\in M \) tali che:
\[ b-a<\frac{\varepsilon}{n\ \beta^{n-1}} \]
sicché per i corrispondenti elementi \( a^n\in L^n \) e \( b^n\in M^n \) risulta:
\[ b^n - a^n<\varepsilon\; . \]

[Quinzio]

"DR1"::smt017 cosa vuol dire minorare ?

Mi perdonino gugo e tutti quanti, ma direi che serve un po' di matematica for dummies.

Esempio:
esci con una ragazza che ha studiato analisi e che sa cosa vuol dire maggiorare (o minorare) una quantità e vuoi dimostrarle che sei più alto di 180 cm, perchè a lei piacciono i tipi alti almeno 180.
Di cosa mai avresti bisogno ? (a parte un "metro" di quelli per misurare)
Avresti bisogno di un asta lunga 180 cm. Ti metti di fianco all'asta e le dici: vedi ?
Problema, non hai un'asta da 180 ma solo una da 185, però tu sai di essere 190 per cui, IDEA, se ti metti di fianco all'asta da 185 e le fai vedere di essere più alto, è fatta, lei capisce che sei più di 180.
Ok, chiaro cosa vuol dire maggiorare (o minorare) ?
Quando si fanno delle maggiorazioni è ovvio che bisogna prendere qualcosa di più grande, un'asta d 160 non ti serve a molto, ma neanche "molto più grande", perchè se hai un'asta da 220 cm, è facile che sei più basso e non dimostri un bel niente.