OliForum Matematico

Triarii ha scritto: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.

Troleito br00tal ha scritto:E perché non è razionale?

Triarii ha scritto: @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 )

Triarii ha scritto:@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 )