come dimostrare..

[arya]

ciao a tutti!
Scusate volevo sapere come si fa a dimostrare che la radice quadrata di due è un numero irrazionale.
grazie già da ora per gli aiuti!!

[antosecret]

Irrazionalità della radice quadrata di 2

Una dimostrazione dell'irrazionalità della radice quadrata di due (trasmessa da Euclide) è la seguente, che procede per assurdo. La proposizione è provata assumendo l'opposto e mostrando che è falso, che implica che la proposizione iniziale debba essere vera.

Supponiamo che$ \sqrt{2} $sia un numero razionale. Ciò comporta che esistono due interi a e b privi di fattori comuni tali che$ \frac{a}{b} = \sqrt{2} $. Elevando al quadrato si ha$ \frac{a^2}{b^2} =2 $, cioè a2 = 2b2.

Questo implica che a2 è pari, e che quindi a è pari, ossia esiste k intero tale che a=2k. Sostituendo abbiamo

$ a^2=(2k)^2=4k^2=2b^2 \Longrightarrow b^2=2k^2 $

cioè anche b è pari, e quindi a e b hanno in comune un fattore 2, il che è impossibile perché li avevamo assunti privi di fattori comuni.

Poiché abbiamo ottenuto una contraddizione con l'assunzione che $ \sqrt 2 $ sia un numero razionale, essa deve essere falsa. Dunque abbiamo dimostrato l'opposto, cioè che$ \sqrt{2} $ è irrazionale.

Questa dimostrazione si può generalizzare per dimostrare che qualunque radice di qualunque numero naturale è un numero naturale o è irrazionale.

Un'altra dimostrazione per assurdo che dimostra l'irrazionalità di $ \sqrt $ 2 è meno conosciuta ma interessante. Essa procede osservando che se $ \sqrt 2 = \frac{m}{n} $ allora sfruttando il fatto che $ 2 = \frac{m^2}{n^2} $ si ottiene$ \sqrt 2 = \frac{2n - m}{m - n} $, quindi una frazione ai minimi termini viene ridotta in termini ancora minori. Questa è una contraddizione se n e m sono interi positivi, dunque l'assuzione che$ \sqrt 2 $ sia razionale deve essere falsa. Da un triangolo rettangolo isoscele di cui i cateti e l'ipotenusa abbiano rispettivamente lunghezze n e m, tramite una classica costruzione con riga e compasso, è possibile costruire un triangolo isoscele rettangolo più piccolo tale che i cateti e l'ipotenusa abbiano rispettivamente lunghezze m − n e 2n − m. Questa costruzione dimostra l'irrazionalità di \sqrt 2 con lo stesso tipo di metodo che fu impiegato dagli antichi geometri greci.

[elendil]

2) la discesa infinita è uno strumento molto usato nelle dimostrazioni per assurdo che si può enunciare così : non esiste una successione infinita strettamente decrescente di numeri naturali.

ad esempio : dimostriamo che $ \sqrt{2} $ non è un numero razionale.

dim : supponiamo PER ASSURDO che $ \sqrt{2}=p/q $ con p,q numeri naturali. Eleviamo al quadrato entrambi i membri ottenendo :
$ 2= p^2/q^2 $ ovvero $ 2q^2=p^2 $
quindi 2|p, ovvero 4|p², quindi possiamo dividere per 2 l'espressione ottenendo
$ q^2=2p_1^2 $
dove $ p_1=p/2 $ è ancora intero; da questo si ricava che 2|q e dunque che 4|q², quindi $ q_1=q/2 $ è un intero e possiamo scrivere
$ 2q_1^2=p_1^2 $
ovvero $ 2=p_1^2/q_1^2 $
(di solito ci si ferma e si dice : ASSURDO! ma vediamo perchè ...)
Iterando il procedimento possiamo costruire una successione :
$ (p,q) \to (p_1,q_1) \to (p_2,q_2) \to \ldots \to (p_n, q_n) \to \ldots $
dove $ p_n=p_{n-1}/2 \quad q_n=q_{n-1}/2 $ e dunque $ p_n<p_{n-1}\quad q_n<q_{n-1} $ e tutti i numeri coinvolti sono naturali.
Ma questa è una discesa infinita e quindi è un assurdo. Dunque, la radice quadrata di 2 è irrazionale.

Spero di esserti stato utile

[arya]

sì molto utile!! grazie mille ancora

[Oblomov]

Visto che tutto nasce da un problema geometrico, perché non restare in tale ambito?
Con riferimento alla figura, dire che $ \sqrt{2} $ è razionale equivale geometricamente a dire che la diagonale AC e il lato BC sono commensurabili, i.e. che esiste un segmento di lunghezza X tale che AC e BC abbiano lunghezza multipla di X. Ora segniamo sulla diagonale E t.c. CE=BC e F intersezione tra AB e la perpendicolare ad AC in E. Anche la lunghezza di AE deve essere multipla di X, poiché $ \overline{AE}=\overline{AC}-\overline{BC}=mX-nX=kX $. Dalla costruzione si trova subito che AE=EF; inoltre si dimostra facilmente che il triangolo CEF è uguale al triangolo CBF (come si fa il simbolo di triangolo sopra le tre lettere che indicano i vertici?), sicché EF=FB e dunque AF=AB-BF=AB-AE è multiplo di X in quanto differenza di multipli di X. Dall'inizio sapevamo che X<BC, poiché BC è multiplo di X; ora chiamiamo in causa la discesa infinita (tanto per cambiare) e osserviamo anzitutto X deve dunque essere minore di AE e applicando nuovamente la costruzione vista fin qui troviamo che X dovrebbe essere infinitamente piccolo, cosa esclusa dalla definizione di commensurabilità. Esiste poi una veloce dimostrazione sull'insieme $ S:=\{ k | k\sqrt{2} \in \mathbb Z \} $ che però è molto simile a quelle viste fin qui.

Saluti.
Ob