[SSSUP] Una radice...sempre irrazionale

[gilgamesh]

Dimostrare che per ogni numero intero $ n \geq 1 $ il numero reale
$ a=\sqrt {4n-1} $
è irrazionale.

Dimostrazione:

Testo nascosto:

Suppongo esista un certo $ m \in N $ tale che
$ 4n-1=m^2 $
condizione sufficiente ad affermare che $ \exists n $ tale che $ a \in N $

Ottengo dunque
$ 4n=m^2+1 $ da cui $ 2(2n+1)=(m+1)^2 $
da ciò deduco che $ 2|(m+1) $ per cui m è dispari. Inoltre se $ 2|(m+1) $ allora $ 4|(m+1)^2 $. Si ottiene così che $ 2|\frac{(m+1)^2}{2} $ per cui $ 2|(2n+m) $. Da ciò deduco che $ 2|m $.Quindi m è pari.
Per cui si è giunti ad una contraddizione: non esiste alcun numero $ m $ con le caratteristiche richieste.
Non potendo mai essere il radicando un quadrato perfetto la radice è sempre irrazionale

[Triarii]

Scusami Gilgamesh ma credo che nella tua soluzione ci sia qualche piccola sbavatura

Testo nascosto:

1)all'inizio dovrebbe essere $ 2(2n+m)=(m+1)^2 $ (e credo il tuo sia solo un errore di battitura, visto che poi lo riscrivi così in fondo)
2) L'errore credo più grosso è quando affermi che siccome $ m $è sia pari che dispari, allora $ m=0 $, che è sbagliato visto che 0 è da considerarsi un numero pari e non dispari. La tua dimostrazione si sarebbe dovuta fermare quando hai notato che m deve essere sia pari che dispari, che è evidentemente un assurdo e che quindi prova la tesi iniziale.

Comunque io l'avevo risolto così

Testo nascosto:

Riscrivo come $ m^2=4n-1 $, che non ha soluzioni perchè -1 non è un residuo quadratico modulo 4

[Troleito br00tal]

E perché non è razionale?

[gilgamesh]

Scusami Gilgamesh ma credo che nella tua soluzione ci sia qualche piccola sbavatura

Testo nascosto:

1)all'inizio dovrebbe essere $ 2(2n+m)=(m+1)^2 $ (e credo il tuo sia solo un errore di battitura, visto che poi lo riscrivi così in fondo)
2) L'errore credo più grosso è quando affermi che siccome $ m $è sia pari che dispari, allora $ m=0 $, che è sbagliato visto che 0 è da considerarsi un numero pari e non dispari. La tua dimostrazione si sarebbe dovuta fermare quando hai notato che m deve essere sia pari che dispari, che è evidentemente un assurdo e che quindi prova la tesi iniziale.

1) errore di battitura.
2) si, quello è un errore piuttosto stupido. Effettivamente a quel punto si era giunti all'assurdo e poteva bastare così. Correggo la soluzione!
Grazie Triarii ancora una volta

Per quanto riguarda la tua soluzione...potresti chiarire ?

[Triarii]

@Troleito

Testo nascosto:

Seguiamo la mia soluzione.
$ \sqrt {4n-1} $ non è razionale, perchè se lo fosse avremmo $ p^2=(4n-1)q^2 $ con $ (p;q)=1 $ che è falso visto che a sinistra abbiamo primi con esponenti pari e a destra almeno un primo con esponente dispari poichè $ 4n-1 $ non è un quadrato perfetto.
Se invece seguiamo l'altra segue un ragionamento analogo

Ora può andare?
@gilgamesh analizziamo le classi di resto modulo 4, che sono 0,1,2,3. Se le eleviamo al quadrato otteniamo modulo 4 rispettivamente 0.1.0.1. Notiamo che nessun numero elevato al quadrato ci ha dato -1. -1 non è quindi un residuo quadratico, ossia quei numeri che invece otteniamo elevando al quadrato (in questo caso sono 0 e 1). Un altro modulo carino per queste cose è il 3. Infatti i residui quadratici modulo 3 sono solo 0,1. (se fai i conti ti dovrebbe tornare )

[gilgamesh]

E perché non è razionale?

Sfrutto il fatto che , essendo $ n\in N $ dall'espressione $ 4n-1 $ posso ottenere solo numeri naturali.
Se ho ben capito, tu obietti il fatto che esclusi (se esistessero) dei valori di n per cui il radicando è un quadrato perfetto (e quindi la radice è un numero naturale), bisognerebbe dimostrare che per tutti gli altri valori di n si ha a che fare con numeri irrazionali?

[gilgamesh]

@gilgamesh analizziamo le classi di resto modulo 4, che sono 0,1,2,3. Se le eleviamo al quadrato otteniamo modulo 4 rispettivamente 0.1.0.1. Notiamo che nessun numero elevato al quadrato ci ha dato -1. -1 non è quindi un residuo quadratico, ossia quei numeri che invece otteniamo elevando al quadrato (in questo caso sono 0 e 1). Un altro modulo carino per queste cose è il 3. Infatti i residui quadratici modulo 3 sono solo 0,1. (se fai i conti ti dovrebbe tornare )

Tutto mi torna ora
P.s. La dimostrazione dell'irrazionalità mi convince, ricalca molto inizalmente quella classica della radice quadra di 2.

[Troleito br00tal]

@Troleito

Testo nascosto:

Seguiamo la mia soluzione.
$ \sqrt {4n-1} $ non è razionale, perchè se lo fosse avremmo $ p^2=(4n-1)q^2 $ con $ (p;q)=1 $ che è falso visto che a sinistra abbiamo primi con esponenti pari e a destra almeno un primo con esponente dispari poichè $ 4n-1 $ non è un quadrato perfetto.
Se invece seguiamo l'altra segue un ragionamento analogo

Ora può andare?
@gilgamesh analizziamo le classi di resto modulo 4, che sono 0,1,2,3. Se le eleviamo al quadrato otteniamo modulo 4 rispettivamente 0.1.0.1. Notiamo che nessun numero elevato al quadrato ci ha dato -1. -1 non è quindi un residuo quadratico, ossia quei numeri che invece otteniamo elevando al quadrato (in questo caso sono 0 e 1). Un altro modulo carino per queste cose è il 3. Infatti i residui quadratici modulo 3 sono solo 0,1. (se fai i conti ti dovrebbe tornare )

Ok

[EvaristeG]

O più semplicemente, se esiste $q\in \mathbb{Q}$ tale che $q^2=4n-1$ per qualche $n$ naturale, allora $q^2$ è in realtà naturale, ma se scriviamo $q=x/y$ con $(x,y)=1$, allora anche $(x^2,y^2)=1$, perciò l'unico modo per cui $q^2=x^2/y^2$ possa essere naturale è che $y^2=1$. Dunque $q\in\mathbb{N}$.