Un sottoinsieme [tex]M\subseteq \mathbb{N}[/tex]

[jordan]

Siano dati un sottoinsieme non vuoto(*) $ M\subseteq \mathbb{N}_0:=\{1,2,\ldots\} $ e un intero positivo $ n $ fissato tali che se $ x\in M $ allora $ \lfloor\sqrt x\rfloor \in M \text{ e } 2^nx\in M $.

Mostrare che $ M=\mathbb{N} $

(*) Grazie ma_go per la correzione del testo

[Gi8]

Non è difficile dimostrare che si ha $1 \in M$ e $2^{i n} \in M$ per ogni $i$ intero positivo.
Sia $m \in \mathbb{N}$ generico ma fissato. Vogliamo dimostrare che $m \in M$.

Se dimostro che $\exists x \in M$ tale che $x \in \bigl[ m^{2} , \left(m+1\right)^{2} \bigr)$ ho finito, dato che $\lfloor\sqrt x\rfloor=m$.
Estendendo il discorso, se dimostro che $\exists x' \in M$ tale che $x' \in \bigl[ m^{4} , \left(m+1\right)^{4} \bigr)$ ho finito, dato che $\lfloor\sqrt{ x'}\rfloor \in \bigl[ m^{2} , \left(m+1\right)^{2} \bigr)$.

Generalizzando, se $\exists k \in \mathbb{N}$ tale che in $\bigl[m^{2^k}, (m+1)^{2^k}\bigr)$ c'è un elemento di $M$, ho finito. Dato che tutti i $2^{in}$ stanno in $M$,
proviamo a vedere se per opportuni $i, k \in \mathbb{N}$ si ha $2^{in} \in \bigl[m^{2^k}, (m+1)^{2^k}\bigr)$.

In pratica, bisogna risolvere $m^{2^k} \leq 2^{ni}< (m+1)^{2^k}$ che, se non ho sbagliato i conti, è equivalente a \[\frac{\log_2 (m)}{n}\leq \frac{i}{2^k} < \frac{\log_2 (m+1)}{n}\]
e non è troppo complicato trovare $i$ e $k$ opportuni (si sfrutta il fatto che $\mathbb{Q}$ è denso in $\mathbb{R}$).

[jordan]

Le idee ci sono tutte, molto bene; anche se, ti consiglio di evitare espressioni del tipo "e' facile mostrare che.."