$x,y \notin \mathbf{Q}$ e $x^y \in \mathbf{Q}$

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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jordan
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$x,y \notin \mathbf{Q}$ e $x^y \in \mathbf{Q}$

Messaggio da jordan »

[Esercizio strano]

Mostrare che esistono due irrazionali x,y tali che $x^y$ è razionale.
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Nemo
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Re: $x,y \notin \mathbf{Q}$ e $x^y \in \mathbf{Q}$

Messaggio da Nemo »

$\left(2^{\sqrt{2}}\right)^{\sqrt{2}}$?
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matpro98
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Re: $x,y \notin \mathbf{Q}$ e $x^y \in \mathbf{Q}$

Messaggio da matpro98 »

Una mia curiosità e ignoranza, ma come si calcola $x^y$ se y è irrazionale?
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Nemo
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Re: $x,y \notin \mathbf{Q}$ e $x^y \in \mathbf{Q}$

Messaggio da Nemo »

matpro98 ha scritto: come si calcola $x^y$ se y è irrazionale?
Puoi ragionare in questo modo: consideri due successioni $\{a_n\}$ e $\{b_n\}$ con $a_n$ e $b_n$ razionali, la prima limitata superiormente da $y$ e crescente, la seconda limitata inferiormente da $y$ e decrescente (cioè due successioni che approssimano razionalmente $y$ per difetto e per eccesso); vale dunque che $x^{a_n}<x^y<x^{b_n}$ (se $x>1$) o $x^{b_n}<x^y<x^{a_n}$ (se $0<x<1$) e in questo modo hai una coppia di classi contigue di reali (quelle formate dalle $x^{a_n}$ e dalle $x^{b_n}$, che sai calcolare) il cui elemento separatore è $x^y$.
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matpro98
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Re: $x,y \notin \mathbf{Q}$ e $x^y \in \mathbf{Q}$

Messaggio da matpro98 »

Grazie
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luca95
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Re: $x,y \notin \mathbf{Q}$ e $x^y \in \mathbf{Q}$

Messaggio da luca95 »

Una mia curiosità è invece: come si dimostra che $ 2^{\sqrt{2}} $ è irrazionale?
xXStephXx
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Re: $x,y \notin \mathbf{Q}$ e $x^y \in \mathbf{Q}$

Messaggio da xXStephXx »

In effetti forse per scrupolo si può prendere $\left(\sqrt{2}^{\sqrt{2}}\right)^{\sqrt{2}}$, così pure se non dovesse esserlo...
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Nemo
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Re: $x,y \notin \mathbf{Q}$ e $x^y \in \mathbf{Q}$

Messaggio da Nemo »

xXStephXx ha scritto:In effetti forse per scrupolo si può prendere $\left(\sqrt{2}^{\sqrt{2}}\right)^{\sqrt{2}}$, così pure se non dovesse esserlo...
Come dimostri che $\sqrt{2}^{\sqrt{2}}$ è irrazionale?

Mi pare che esista un teorema che dica che ${2}^{\sqrt{2}}$ e $\sqrt{2}^{\sqrt{2}}$ sono trascendenti...
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gpzes
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Re: $x,y \notin \mathbf{Q}$ e $x^y \in \mathbf{Q}$

Messaggio da gpzes »

Ultima modifica di gpzes il 23 apr 2015, 20:51, modificato 1 volta in totale.
xXStephXx
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Re: $x,y \notin \mathbf{Q}$ e $x^y \in \mathbf{Q}$

Messaggio da xXStephXx »

Nemo ha scritto:Come dimostri che $\sqrt{2}^{\sqrt{2}}$ è irrazionale?
Non lo dimostro :P
polarized
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Re: $x,y \notin \mathbf{Q}$ e $x^y \in \mathbf{Q}$

Messaggio da polarized »

xXStephXx ha scritto:
Nemo ha scritto:Come dimostri che $\sqrt{2}^{\sqrt{2}}$ è irrazionale?
Non lo dimostro :P
Ci ha pensato già Gelfond a questo per fortuna :lol:
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gpzes
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Re: $x,y \notin \mathbf{Q}$ e $x^y \in \mathbf{Q}$

Messaggio da gpzes »

xXStephXx ha scritto:
Nemo ha scritto:Come dimostri che $\sqrt{2}^{\sqrt{2}}$ è irrazionale?
Non lo dimostro :P
:lol: :lol: :wink:
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Troleito br00tal
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Re: $x,y \notin \mathbf{Q}$ e $x^y \in \mathbf{Q}$

Messaggio da Troleito br00tal »

Una dimostrazione diversa: dimostriamo che esistono due numeri irrazionali tali che $x^y=2$. Consideriamo la funzione $y=\log_2 x$, e supponiamo che per ogni $x$ irrazionale $y$ sia razionale. Questa funzione è evidentemente invertibile, perciò la cardinalità del codominio è al più la cardinalità del dominio (proprio per definizione). Ma questo è assurdo perché la cardinalità di $\mathbb{R} / \mathbb{Q}$ è proprio $|\mathbb{R}|$, che è più di $|\mathbb{Q}|$ (questo fatto non è banale se non lo si è mai visto, comunque non ho voglia di dimostrarlo).

(Con cardinalità di più o di meno intendo: se la cardinalità di $A$ è minore della cardinalità di $B$ allora esiste una funzione da $B$ ad $A$.).
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jordan
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Re: $x,y \notin \mathbf{Q}$ e $x^y \in \mathbf{Q}$

Messaggio da jordan »

Sono l'unico che legge da giorni [math]
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jordan
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Re: $x,y \notin \mathbf{Q}$ e $x^y \in \mathbf{Q}$

Messaggio da jordan »


Esattamente: almeno uno tra $\sqrt{2}^{\sqrt{2}}$ e $\left({\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}\right)^{\sqrt{2}}$ deve essere razionale :wink:
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