radice cubica di 2

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
fede90
Messaggi: 287
Iscritto il: 04 apr 2007, 21:36
Località: Udine

radice cubica di 2

Messaggio da fede90 » 05 giu 2008, 08:50

Dimostrare che $ $\sqrt[3]{2}$ $ non può essere rappresentato nella forma $ $a+\sqrt{b}$ $ con $ $a,b\in \mathbb{Q}$ $
Bene, prendiamo un pentagono di [tex]$n$[/tex] lati...

Stoppa2006
Messaggi: 51
Iscritto il: 28 nov 2006, 20:12

Messaggio da Stoppa2006 » 07 giu 2008, 15:52

Ci sono almeno due modi per farlo:
-Supponi per assurdo che ammetta una rappresentazione di quel tipo ed elevi tutto al cubo.
-Anche in questo caso supponi per assurdo che si possa scrivere in quella forma, questo implica che allora $ \sqrt[3]2 $ e radice di un polinomio di secondo grado $ h(x) $ (di primo grado non può essere perchè si dimostra facilmente che non è razionale).
Considera l'insieme A di tutti i polinomi non nulli che si annullano in $ \sqrt[3]2 $ questo insieme è non vuoto, quindi esistono polinomi di grado minimo. Sia g "il" polinomio monico di grado minimo, questo polinomio divide tutti i polinomi di A, infatti sia $ f\in A $ allora per la divisione Euclidea:
$ f(x)=q(x)g(x)+r(x) $
Valutando l'uguaglianza in $ \sqrt[3]2 $ otteniamo $ r(x)=0 $.
Considera il polinomio $ p(x)=x^3-2 $ questo polinomio è irriducibile su $ \mathbb{Q} $ poichè non ha radici. Inoltre $ p $ si annulla su $ \sqrt[3]2 $, allora è divisibile per un polinomio di secondo grado, è infatti divisibile per g poichè stà in A, ma poichè è di terzo grado allora ha una radice razionale, ma questo è assurdo poichè è irriducibile.

quattrocchi
Messaggi: 12
Iscritto il: 18 gen 2008, 18:19

Messaggio da quattrocchi » 07 giu 2008, 16:38

scusate......
se pongo b=cd, con c=-1, ottengo a+j sqrt(d).

Numero complesso!!!
pongo ora d=0 e a=\sqrt[3]2;

Avatar utente
Desh
Messaggi: 212
Iscritto il: 29 ott 2007, 21:58

Messaggio da Desh » 07 giu 2008, 17:00

quattrocchi ha scritto:pongo ora d=0 e $ a=\sqrt[3]2 $
non puoi porre $ \displaystyle a=\sqrt[3]2 $, perché $ a \in \mathbb{Q} $

quattrocchi
Messaggi: 12
Iscritto il: 18 gen 2008, 18:19

Messaggio da quattrocchi » 07 giu 2008, 17:42

posso rendere \sqrt[3]2 una frazione...con buona precisione

qui sta la differenza tra chi studia matematica e chi ingegneria!!!!!!

AndBand89
Messaggi: 179
Iscritto il: 10 mar 2008, 18:17
Località: San Giovanni al Natisone(diciamo Udine dai)

Messaggio da AndBand89 » 07 giu 2008, 18:50

Ok, anch'io andrò a fare ingegneria ma quando si parla di amtematica cerco di essere preciso...anche se non mi riesce :lol: sarà un difetto comune....
Comunque, riguardo alla prima soluzione proposta, quella di elevare entrambi i membri al cubo...personalmente non so dove possa portare, ho provato ieri sera a sviluppare l'idea ma non viene, la seconda è molto meglio...

Avatar utente
julio14
Messaggi: 1208
Iscritto il: 11 dic 2006, 18:52
Località: Berlino

Messaggio da julio14 » 07 giu 2008, 18:59

funziona anche il cubo: elevi e viene
$ $2=a^3+3a^2\sqrtb+3ab+b\sqrt b $
$ $\sqrt b=\frac{2-a^3-ab}{3a^2+b} $
la dimostrazione dell'irrazionalità della radice di 2 è fatto noto, quindi la tesi è dimostrata.

fede90
Messaggi: 287
Iscritto il: 04 apr 2007, 21:36
Località: Udine

Messaggio da fede90 » 07 giu 2008, 20:06

julio14 ha scritto:$ $2=a^3+3a^2\sqrtb+3ab+b\sqrt b $
$ $(a+\sqrt b)^3=a^3+3a^2\sqrt b+3ab+b\sqrt b$ $

hai perso per strada una radice di b... :wink:
julio14 ha scritto: $ $\sqrt b=\frac{2-a^3-ab}{3a^2+b} $
la dimostrazione dell'irrazionalità della radice di 2 è fatto noto, quindi la tesi è dimostrata.
Non ho capito questo passaggio... a sinistra vedo una radice di b, non di 2...
Bene, prendiamo un pentagono di [tex]$n$[/tex] lati...

g(n)
Messaggi: 109
Iscritto il: 14 ott 2007, 19:24
Località: Codroipo, il paese più anagrammato d'Italia

Messaggio da g(n) » 08 giu 2008, 11:44

Beh, arrivati a questo punto si può dare per scontato che $ \sqrt b $ sia irrazionale. :D

Infatti, se fosse razionale, si avrebbe l'assurdo già prima, in quanto $ \sqrt[3]{2} $ sarebbe razionale. :wink:

quattrocchi
Messaggi: 12
Iscritto il: 18 gen 2008, 18:19

Messaggio da quattrocchi » 08 giu 2008, 11:47

Cmq il mio intervento è di tipo provocatorio!!!!!!!!

Anche se nn dimostro rigidamente, mi avvicino molto a quello che nn si voleva ottenere!!!!

Avatar utente
julio14
Messaggi: 1208
Iscritto il: 11 dic 2006, 18:52
Località: Berlino

Messaggio da julio14 » 08 giu 2008, 14:32

fede90 ha scritto:hai perso per strada una radice di b... :wink:
ops! cmq ho dimenticato solo di copiarla, infatti riappare nel passaggio dopo...
fede90 ha scritto:
julio14 ha scritto: $ $\sqrt b=\frac{2-a^3-ab}{3a^2+b} $
la dimostrazione dell'irrazionalità della radice di 2 è fatto noto, quindi la tesi è dimostrata.
Non ho capito questo passaggio... a sinistra vedo una radice di b, non di 2...
e qua invece ho scritto proprio una cretinata, comunque non essendo razionale la radice cubica di 2 (dimostrazione quasi identica a quella della radice quadrata) non può esserlo neanche la radice quadrata di b. (altrimenti avremmo razionale+razionale=irrazionale)

AndBand89
Messaggi: 179
Iscritto il: 10 mar 2008, 18:17
Località: San Giovanni al Natisone(diciamo Udine dai)

Messaggio da AndBand89 » 08 giu 2008, 15:50

No no aspetta non vi seguo...se b è un razionale che ha sia a numeratore sia a denominatore un quadrato perfetto radb è razionale...quindi quell'espressione non mi risulta falsa...

Avatar utente
julio14
Messaggi: 1208
Iscritto il: 11 dic 2006, 18:52
Località: Berlino

Messaggio da julio14 » 08 giu 2008, 15:56

ma prendi l'equazione iniziale: $ \sqrt[3]{2}-a=\sqrt{b} $ se fosse vera, la radice di b sarebbe irrazionale, perchè uguale a un irrazionale meno un razionale, poi elevi al cubo, rigiri tutto, e ti ritrovi la radice di b razionale, assurdo. Questo è quello che dicevo prima in modo un po' meno chiaro.

AndBand89
Messaggi: 179
Iscritto il: 10 mar 2008, 18:17
Località: San Giovanni al Natisone(diciamo Udine dai)

Messaggio da AndBand89 » 08 giu 2008, 16:07

Mi sono reso conto di aver scritto una cavolata subito dopo :lol: grazie :lol:

fede90
Messaggi: 287
Iscritto il: 04 apr 2007, 21:36
Località: Udine

Messaggio da fede90 » 08 giu 2008, 20:37

Ok, provo a scrivere una soluzione decente da capo a fine.

Tesi: l'equazione $ $\sqrt[3]2=a+\sqrt b$ $ non ha soluzioni con $ $a,b \in \mathbb Q$ $

Dimostrazione

Passo 1. Dimostriamo che $ $\sqrt[3]2$ $ è irrazionale. Supponiamo per assurdo che sia razionale, cioè che $ $\sqrt[3]2=\frac{p}{q}$ $ (con q che non divide p, cioè la frazione p/q è ridotta ai minimi termini). Elevando tutto al cubo otteniamo $ $2q^3=p^3$ $ perciò p deve essere pari. Poniamo $ $p=2p'$ $. Sostituendo si ottiene $ $q^3=4p'^3$ $. Da qui otteniamo che q deve essere pari, perciò $ $q=2q' $. Sostituendo si ottiene $ $2q'^3=p'^3$ $, da cui $ $\sqrt[3]2=\frac{p'}{q'}$ $, assurdo perchè avevamo supposto che p/q era ridotta ai minimi termini.

Passo 2. Dimostriamo che $ $\sqrt b$ $ è irrazionale. Se, per assurdo, avessimo $ $\sqrt b$ $ razionale, avremmo $ $\sqrt[3]2=a+\sqrt b$ $, cioè un irrazionale sarebbe la somma di due razionali, assurdo.

Passo 3. Dimostriamo la tesi. Supponiamo per assurdo che esistano tali $ $a,b \in \mathbb Q$ $. Elevando al cubo l'equazione otteniamo $ 2=a^3+3a^2\sqrt b+3ab+b\sqrt b$ $, da cui $ $\sqrt b= \frac{2-a^3-3ab}{3a^2+b}$ $, cioè avremmo che $ $\sqrt b$ $ è razionale, in contrasto con quanto dimostrato sopra.

Ecco, spero di essere stato chiaro, ciao!
Ultima modifica di fede90 il 09 giu 2008, 14:06, modificato 1 volta in totale.
Bene, prendiamo un pentagono di [tex]$n$[/tex] lati...

Rispondi