[tex]\sqrt n[/tex]

[Robertopphneimer]

Dimostrare per ogni n appartenente a N il numero reale $ \sqrt n $ è intero o irrazionale.
(abbastanza semplice ma penso anche divertente per quelli alle prime armi)
bonus : $ \sqrt[k]{n} \not\in \mathbb{Q} $ a meno che n sia potenza k-esima

[Drago96]

Si può anche dimostrare che $\sqrt[k]n\not\in\mathbb Q$, a meno che $n$ sia una potenza $k$-esima...

[Robertopphneimer]

Si può anche dimostrare che $\sqrt[k]n\not\in\mathbb Q$, a meno che $n$ sia una potenza $k$-esima...

ok lo mettiamo come bonus dai.

[toti96]

allora provo ma non sono sicuro:supponiamo per assurdo $ \sqrt n $ nè intero nè irrazionale,esprimibile quindi come $ \frac {a}{b} $ con $ (a,b)=1 $. avremmo $ n=\frac {a^2}{b^2} $,impossibile per l'ipotesi $ n \in\mathbb N $ dato che $ (a,b)=1 \implies (a^2,b^2)=1 $.

provo anche con il bonus:comincio con il dimostrare che $ \sqrt[k]n $ è o intero o irrazionale :sempre per assurdo supponiamolo esprimibile come una frazione $ \frac {a}{b} $ con le stesse limitazioni e otteniamo $ n=\frac {a^k}{b^k} $ sempre impossibile per la nostra ipotesi. ora se $ \sqrt[k]n=c $ con $ c \in\mathbb N $ , $ n=c^k $ quindi è una potenza k-esima.d'altro canto se $ n=c^k $ allora $ \sqrt[k]n=c $ e quindi se $ n $ è una potenza k-esima quel numero è intero.
è giusto???ditemi dove sbaglio perchè mi sembra troppo semplice

[Robertopphneimer]

..$ (a,b)=1 \implies (a^b,b^2)=1 $..

Non è a^b ma a^2(vb errore di battitura) comunque non è detto che se n non è razionale debba essere per forza o irrazionale o intero ,potrebbe anche essere solo irrazionale o solo intero,prova a specificare le condizioni.(Io ho trovato due modi per dimostrarlo che son diciamo ala fine sulla stessa falsa riga del tuo, uno che poi deve dimostrare $ \sqrt p $ irrazionale con p primo ed un altro un p più elegante)

comunque l'avevo detto io che erano semplici.

[jordan]

Cosa cambia da questo?

[Robertopphneimer]

non molto a dir la verità , l'unica cosa è la generalità e anche la cosina carina della scomposizione in primi.

[toti96]

@Robertopphneimer
forse è meglio se scrivo: $ n=p_1^a* p_2^b*...p_l^m $ dove i vari $ p $ sono i fattori primi di $ n $. ora se tutti i primi hanno esponente pari posso riscrivere $ n=c^{2k} $ con $ c $ intero e naturalmente $ \sqrt {c^{2k}}=c^k $ sempre intero. ora nel caso in cui gli esponenti dei vari $ p $ siano dispari i fattori primi si possono riscrivere come $ p^{2c+1} $ cioè come $ p^{2c} *p $. è evidente che possiamo quindi riscrivere il tutto come :
$ \sqrt n=p_1^c*p_2^d...*p_l^q*\sqrt {p_1*p_2..*p_l} $( se nella scomposizione ci sono fattori anche con esponente pari li portiamo fuori dalla radice senza che sostanzialmente cambi nulla).basta dimostrare che $ \sqrt {p_1*p_2..*p_l} $ non è razionale e qui io ho pensato di far così :per assurdo poniamo $ p_1*p_2..*p_l=\frac {a^2}{b^2} $ con $ (a,b)=1 $. chiamiamo il prodotto tra i primi per comodità $ P $. avremmo $ Pb^2=a^2 $.se $ a^2 $ fosse multiplo di $ P $,considerando che $ P $ è libero da quadrati,dovremmo poter riscrivere come $ Pb^2=(Pc)^2 $ quindi $ b^2=Pc^2 $ ma ciò violerebbe il vincolo di $ a,b $ coprimi che abbiamo prima imposto.

[Robertopphneimer]

@Robertopphneimer
forse è meglio se scrivo: $ n=p_1^a* p_2^b*...p_l^m $ dove i vari $ p $ sono i fattori primi di $ n $. ora se tutti i primi hanno esponente pari posso riscrivere $ n=c^{2k} $ con $ c $ intero e naturalmente $ \sqrt {c^{2k}}=c^k $ sempre intero. ora nel caso in cui gli esponenti dei vari $ p $ siano dispari i fattori primi si possono riscrivere come $ p^{2c+1} $ cioè come $ p^{2c} *p $. è evidente che possiamo quindi riscrivere il tutto come :
$ \sqrt n=p_1^c*p_2^d...*p_l^q*\sqrt {p_1*p_2..*p_l} $( se nella scomposizione ci sono fattori anche con esponente pari li portiamo fuori dalla radice senza che sostanzialmente cambi nulla).basta dimostrare che $ \sqrt {p_1*p_2..*p_l} $ non è razionale e qui io ho pensato di far così :per assurdo poniamo $ p_1*p_2..*p_l=\frac {a^2}{b^2} $ con $ (a,b)=1 $. chiamiamo il prodotto tra i primi per comodità $ P $. avremmo $ Pb^2=a^2 $.se $ a^2 $ fosse multiplo di $ P $,considerando che $ P $ è libero da quadrati,dovremmo poter riscrivere come $ Pb^2=(Pc)^2 $ quindi $ b^2=Pc^2 $ ma ciò violerebbe il vincolo di $ a,b $ coprimi che abbiamo prima imposto.

Perfetto. .