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Non è difficile dimostrare che $ \mathbb Q $ e $ \mathbb R \smallsetminus \mathbb Q $ sono insiemi densi in $ \mathbb R $. Ho provato a dimostrare (senza successo) che anche l'insieme dei numeri algebrici irrazionali è denso in $ \mathbb R $. Qualcuno conosce una dimostrazione di questo fatto? (anzi, per prima cosa, è vero? xD )E se credete che uno studente del primo anno possa arrivarci potreste dare un hint?
Ah , non avendo ancora studiato gli spazi topologici, per definizione di denso prendo quella che dati due reali qualunque essite sempre un numero compreso tra i due...

io non so che dimostrazione conosca tu del fatto che gli irrazionali sono densi in R, ma la più classica e semplice è considerare i multipli razionali di un irrazionale qualsiasi, e da qui a quello che vuoi dimostrare tu il passo è veramente breve

Provao a sfruttare la dimostrazione che conosco degli irrazionali densi a questo caso.
Allora diciamo che ho x,y reali $ x<y $ e devo dimostrare che esiste z algebrico irrazionale $ x<z<y $.
- Se $ x,y \in \mathbb Q $ prendo un z algebrico irrazionale maggiore di 0 e dico $ 0<z<n(y-x) $ (propietà archimedea) da cui
$ y>\frac{z}{n} + x > x $ .
- Se x,y sono irrazionali algebrici o uno dei due è irrazionale algebrico e l'altro è razionale considero $ a= \frac{x+y}{2} $, quindi $ x<a<y $ inolre se solo uno dei due era irrazionale ho finito, se lo erano entrambi e a rimane razionale allora considero $ b=\frac{a+x}{2} $ che è sicuramente irrazionale algebrico.
Ora mi rimane da trattare il caso in cui x e y sono entrambi trascendenti e qui mi blocco.

amatrix92 ha scritto: - Se $ x,y \in \mathbb Q $ prendo un z algebrico irrazionale maggiore di 0 e dico $ 0<z<n(y-x) $ (propietà archimedea) da cui
$ y>\frac{z}{n} + x > x $ .

...serve davvero indagare altri casi?



Piu' che altro, out of curiosity, come dimostri che se $ z $ e' algebrico lo e' anche $ z/n+x $ ? (magari e' facile ma non mi viene sul momento se non coi cannoni)

Ti posso dire che la risposta è sì, dandotene una dimostrazione topologica però.

Sia $ \mathbb{A} $ l'insieme dei numeri algebrici. Si ha:

$ \mathbb{Q} \subset \mathbb{A} \subset \mathbb{R} $

Passando alle chiusure:

$ cl \mathbb{Q} \subset cl \mathbb{A} \subset cl \mathbb{R} $
$ \mathbb{R} \subset cl \mathbb{A} \subset \mathbb{R} $

da cui per forza $ cl \mathbb{A} = \mathbb{R} $.

Il fatto che la chiusura mantenga la relazione d'ordine di inclusione è un breve lemma:

Sia X uno spazio topologico e siano A, B due sottoinsiemi di X. Allora, se A ⊂ B, si ha cl A ⊂ cl B.
Supponiamo infatti sia A ⊂ B. Poichè cl B ⊃ B, cl B è un chiuso che contiene A e quindi contiene la sua chiusura cl A.

Sia ora $ \mathbb{A} - \mathbb{Q} $ l'insieme dei numeri algebrici irrazionali. Si ha:

$ \sqrt{2} \cdot \mathbb{Q} \subset \mathbb{A} - \mathbb{Q} \subset \mathbb{R} $

dove con $ \sqrt{2} \cdot \mathbb{Q} $ si sono indicati tutti i multipli dei razionali secondo $ \sqrt{2} $. Si tratta di uno scaling di $ \mathbb{Q} $, che mantiene la chiusura come $ \mathbb{R} $. Ora si applica quanto sopra e dovrà essere $ cl (\mathbb{A} - \mathbb{Q}) = \mathbb{R} $.

pic88 ha scritto: Piu' che altro, out of curiosity, come dimostri che se $ z $ e' algebrico lo e' anche $ z/n+x $ ? (magari e' facile ma non mi viene sul momento se non coi cannoni)

Se $p(t)\in \mathbb{Q}[t]$, $p(z)=0$, allora ho che $q(t):=p\left(n(t-x)\right)$ è in $\mathbb{Q}[t]$ e $q(\frac{z}{n}+x)=p(z)=0$