Irrazionalità [tex]\sqrt 2[/tex]

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
Robertopphneimer
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Irrazionalità [tex]\sqrt 2[/tex]

Messaggio da Robertopphneimer » 28 ago 2012, 18:35

La dimostrazione che mi sembra più comprensibile è quella di Euclide:
$ \sqrt 2=\frac{m}{n} $
Possiamo scegliere m ed n in maniera tale che siano primi fra loro (cioè non abbiano un divisore in comune). In particolare allora m ed n non sono entrambi pari.

e da qui dimostra che almeno m o n è pari e che comunque non sono coprimi...però ho un dubbio ed una proposta, se non sono coprimi allora il loro rapporto può venire un numero razionale???(se 'è una dimostrazione di ciò è ben gradita)
Infine propongo anche un mio pensiero sull'irrazionalità della radice di due vorrei sapere se è giusto.

allora :

$ \frac{m^2}{n^2}=2 $

se dimostro che questo rapporto non è mai vero allora 2 è irrazonale(devo ancora vedere se questa mia proposizione è giusta la metto al vostro vaglio)

questo rapporto non è mai vero poiché al numeratopre ci dev'essere solo un numero che è il doppio di quello al denominatore e questo accade solo con $ m=2 $ e $ n=\sqrt 2 $ ,infatti con il quadrato sia moltiplica per lo stesso numero e in termini di "doppio" questo accade solo con quella coppia che dimostra la tesi perché può essere tranquillamente scartata come soluzione i quanto utilizza la radice di due che rientra nella tesi e quindi non dimostra nulla.

Che ve ne pare?
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Re: Irrazionalità [tex]\sqrt 2[/tex]

Messaggio da Drago96 » 28 ago 2012, 18:49

Ho capito poco o niente del tuo messaggio...
Qual è il tuo intento? Mostrarci la dimostrazione di Euclide o proporne una tua molto simile a quella?
Robertopphneimer ha scritto:però ho un dubbio ed una proposta, se non sono coprimi allora il loro rapporto può venire un numero razionale???(se 'è una dimostrazione di ciò è ben gradita)
Cioè stai chiedendo se dati $a,b\in\mathbb Z\rightarrow \frac a b\in\mathbb Q$ ? :?

Inoltre non ho capito cosa fai alla fine... Poni $n=\sqrt2$, ma non avevi supposto per assurdo che $\sqrt2\in\mathbb Q$? Come fai a dire che è un intero?

P.S/OT: per l'irrazionalità di $\sqrt[n]2$ esiste una meravigliosa dimostrazione, che (non) può essere contenuta in questi post... :P
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Re: Irrazionalità [tex]\sqrt 2[/tex]

Messaggio da Robertopphneimer » 28 ago 2012, 19:03

Drago96 ha scritto:Ho capito poco o niente del tuo messaggio...
Qual è il tuo intento? Mostrarci la dimostrazione di Euclide o proporne una tua molto simile a quella?
No non voglio mostrarvi la dimostrazione di Euclide..era mostrarvi i miei dubbi su essa(che forse provengono dalla mia ignoranza).
Drago96 ha scritto:Cioè stai chiedendo se dati $a,b\in\mathbb Z\rightarrow \frac a b\in\mathbb Q$ ? :?
quindi il rapporto tra due numeri interi è irrazionale??(non credo!) cioè non capisco lui dice che perché sia razionale il rapporto m/n allora me n devono essere coprimi...ma se non lo sono allora il loro rapporto è irrazionale?(perché così arriva all'assurdo)..non ho mai sentito una cosa del genere.

Drago96 ha scritto:Inoltre non ho capito cosa fai alla fine... Poni $n=\sqrt2$, ma non avevi supposto per assurdo che $\sqrt2\in\mathbb Q$? Come fai a dire che è un intero??

Pensandoci mi era venuta in mente quella dimostrazione sulla falsa linea dell'assurdo di Euclide che mi ha dato una risposta un pò più semplice per l'irrazionalità della radice di due.(quindi si ,sarebbe una proposta di una mia dimostrazione).

Questo tuo commento è un hint alla mia dimostrazione...esclude( senza modi spartani)quella soluzione (cioè $ m=2 $ e $ n= \sqrt2 $) dimostrando che il rapporto non può mai dare 2 e quindi $ \sqrt 2 $ non appartiene ai razionali
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Messaggio da Drago96 » 28 ago 2012, 19:14

Robertopphneimer ha scritto:quindi il rapporto tra due numeri interi è irrazionale??(non credo!)
Meno male!I razionali sono definiti come il rapporto tra numeri interi!
Robertopphneimer ha scritto:cioè non capisco lui dice che perché sia razionale il rapporto m/n allora me n devono essere coprimi...ma se non lo sono allora il loro rapporto è irrazionale?(perché così arriva all'assurdo)..non ho mai sentito una cosa del genere.
No, lui suppone per assurdo che esistano $m,n$ tali che $\sqrt2=\frac m n$ (ovvero che $\sqrt2$ sia razionale); poi quei due numeri li prende coprimi (e può farlo... hai mai semplificato delle frazioni? ;) ) perchè per la dimostrazione servono coprimi...
Ma non dice assolutamente che affinchè un rapporto sia razionale i duei numeri devono essere coprimi!

Robertopphneimer ha scritto:Questo tuo commento è un hint alla mia dimostrazione...esclude( senza modi spartani)quella soluzione (cioè $ m=2 $ e $ n= \sqrt2 $) dimostrando che il rapporto non può mai dare 2 e quindi $ \sqrt 2 $ non appartiene ai razionali
Tu non puoi dire che $\sqrt2$ è intero, ma nemmeno che non lo è! ;)
La dimostrazione che non lo sia è comunque banale (tra due quadrati successivi non ce n'è un altro)
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Messaggio da Robertopphneimer » 28 ago 2012, 19:20

Drago96 ha scritto: Meno male!I razionali sono definiti come il rapporto tra numeri interi!
questa discussione sembra sia divenuta una barzelletta xDD
Drago96 ha scritto: No, lui suppone per assurdo che esistano $m,n$ tali che $\sqrt2=\frac m n$ (ovvero che $\sqrt2$ sia razionale); poi quei due numeri li prende coprimi (e può farlo... hai mai semplificato delle frazioni? ;) ) perchè per la dimostrazione servono coprimi...
Ma non dice assolutamente che affinchè un rapporto sia razionale i duei numeri devono essere coprimi!
Ah ecco a questo volevo arrivare...ora rivedrò per intero la dimostrazione....in cerca dell'assurdo!
Drago96 ha scritto:Tu non puoi dire che $\sqrt2$ è intero, ma nemmeno che non lo è! ;)
bè ho supposto che $ \sqrt2 $ sia razionale...perciò non è intero!
Drago96 ha scritto:La dimostrazione che non lo sia è comunque banale (tra due quadrati successivi non ce n'è un altro)
Proprio per questo mi risultava semplice da capire...
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Messaggio da Robertopphneimer » 28 ago 2012, 19:56

comunque ho capito la dimostrazione..per comodità assume che siano coprimi e alla fine risulta che non lo sono..è evidente che è un'assurdo che conferma la tesi dell'irrazionalità della radice quadrata di due.
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AlanG
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Re: Irrazionalità [tex]\sqrt 2[/tex]

Messaggio da AlanG » 06 set 2012, 00:41

Robertopphneimer ha scritto:comunque ho capito la dimostrazione..per comodità assume che siano coprimi e alla fine risulta che non lo sono..è evidente che è un'assurdo che conferma la tesi dell'irrazionalità della radice quadrata di due.
Non è per comodità. E per come è definito un elemento di $Q$
In generale $a=m/n \in Q \leftarrow\rightarrow m,n \in Z , (n,m)=1,m$diverso da 0. il simbolo $(,)$ <-- indica l'operatore massimo comune divisore.

In generale vale il seguente

Sia $p$ un primo. La radice quadrata di $p$ è irrazionale.

ant.py
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Re: Irrazionalità [tex]\sqrt 2[/tex]

Messaggio da ant.py » 06 set 2012, 08:50

In generale vale

Sia k un numero intero. La radice n-esima di k o è intero (nel caso in cui k sia potenza ennesima) o è irrazionale
Anti-intellectualism has been a constant thread winding its way through our political and cultural life. Nurtured by the false notion that democracy means that "My ignorance is just as good as your knowledge. "

Robertopphneimer
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Re: Irrazionalità [tex]\sqrt 2[/tex]

Messaggio da Robertopphneimer » 07 set 2012, 13:03

AlanG ha scritto:
Robertopphneimer ha scritto:comunque ho capito la dimostrazione..per comodità assume che siano coprimi e alla fine risulta che non lo sono..è evidente che è un'assurdo che conferma la tesi dell'irrazionalità della radice quadrata di due.
Non è per comodità. E per come è definito un elemento di $Q$
In generale $a=m/n \in Q \leftarrow\rightarrow m,n \in Z , (n,m)=1,m$diverso da 0. il simbolo $(,)$ <-- indica l'operatore massimo comune divisore.

In generale vale il seguente

Sia $p$ un primo. La radice quadrata di $p$ è irrazionale.
con questo mi dici che se non sono comprimi (MCD =1)allora a non è razionale?
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AlanG
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Re: Irrazionalità [tex]\sqrt 2[/tex]

Messaggio da AlanG » 07 set 2012, 15:46

Quella è una definizione ed Ha un suo perché.
Ti consiglio di cercare in rete (se trovo qualcosa te lo linko) come è costruito $Q$ a partire da $Z$. I numeri razionali sono classi di equivalenza di una particolare relazione in $ZxZ$.

ale.b
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Re: Irrazionalità [tex]\sqrt 2[/tex]

Messaggio da ale.b » 07 set 2012, 16:30

Robertopphneimer ha scritto:con questo mi dici che se non sono comprimi (MCD =1)allora a non è razionale?
Ovviamente no! Il rapporto tra due numeri interi è SEMPRE razionale! In parole semplici, se prendi $p,q \in \mathbb{Z}$ con $q \neq 0$ ottieni un numero razionale $\frac{p}{q}$.
ora, se $(p,q) \neq 1$ puoi "semplificare" i fattori comuni a $p$ e $q$ fino ad ottenere una nuova frazione $\frac{p'}{q'} = \frac{p}{q}$ con $(p,q)=1$.
Ora, se vuoi definire i numeri razionali a partire da $\mathbb{Z}$ hai bisogno di capire quando due frazioni che si scrivono in modo distinto sono in realtà la stessa frazione; da qui si arriva quindi a quello che cercava di spiegarti AlanG.

Per la dimostrazione dell'irrazionalità di $\sqrt2$ ti basta dimostrare che non esistono due numeri naturali $m,n$ tali che $\frac{m^2}{n^2}=2$ e, visto che se non fossero coprimi potresti buttare via tutti i fattori comuni ad $m$ ed $n$ fino ad ottenere una nuova frazione con numeratore e denominatore coprimi, puoi supporre senza perdere di generalità che $(m,n)=1$... Tutto qua!

AlanG
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Re: Irrazionalità [tex]\sqrt 2[/tex]

Messaggio da AlanG » 07 set 2012, 16:58

la dimostrazione può essere vista così. Per assurdo.
Supponiamo che $\sqrt2=m/n$(1) con $m,n \in ZZ$ (coprimi e interi e in particolare n diverso da zero.)
dalla (1) hai che $2m^2=n^2$
allora il termine a secondo membro è pari. Dunque posso porre $n=2k$ con $k in ZZ$.
segue allora che $2m^2=4k^2$ in particolare $m^2=2k^2$
ma allora anche $m^2$ è pari. Ne segue allora che $m,n$ non sono coprimi.Perché entrambi pari. E ciò va contro le ipotesi. Siamo giunti ad un assurdo, pertanto $\sqrt2$ è irrazionale.

Robertopphneimer
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Re: Irrazionalità [tex]\sqrt 2[/tex]

Messaggio da Robertopphneimer » 10 set 2012, 16:20

Si grazie ragazzi...dopo una riflessione sulle cavolate che ho scritto ho capito tutto(non ho potuto connettermi ad internet non andar oltre). Diciamo che con il medesimo pensiero si può dimostare per tutti gli irrazionali??Avevo pensato per $ \sqrt 3 $ il medesimo pensiero sulla molteplicità e quindi la confutazione della tesi(cioè che m e n sono coprimi).
AlanG ha scritto:la dimostrazione può essere vista così. Per assurdo.
Supponiamo che $\sqrt2=m/n$(1) con $m,n \in ZZ$ (coprimi e interi e in particolare n diverso da zero.)
dalla (1) hai che $2m^2=n^2$
allora il termine a secondo membro è pari. Dunque posso porre $n=2k$ con $k in ZZ$.
segue allora che $2m^2=4k^2$ in particolare $m^2=2k^2$
ma allora anche $m^2$ è pari. Ne segue allora che $m,n$ non sono coprimi.Perché entrambi pari. E ciò va contro le ipotesi. Siamo giunti ad un assurdo, pertanto $\sqrt2$ è irrazionale.
Questa tua dimostrazione parla in termini di pari e dispari..e perciò non può portare ad una generalizzazione vero??(intuitivamente direi che solo la molteplicità può generalizzare per tutti gli irrazionali).

Ultima richiesta, come possiamo dimostrare che essi sono infiniti?? dal fatto che m ed n possono assumere infiniti tipi di valori perché i coprimi sono infiniti?
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Re: Irrazionalità [tex]\sqrt 2[/tex]

Messaggio da AlanG » 10 set 2012, 16:40

Fixato il LaTeX -- EG
come in termini di pari e dispari?
Si suppone (per assurdo) che $\sqrt2$ è razionale (vedi sopra) e si giunge ad un'assurdo.
Quale? supponendo che $\sqrt2$ è razionale, si può scrivere come rapporto di interi coprimi,ma l'assurdo, stà nel fatto che si arriva a mostrare che $m,n$ non sono coprimi.
Certo che si può generalizzare per ogni $p$ primo!!!! (mi limito a dimostrare che la radice quadrata di $p$ è irrazionale, per quella $n$-sima si procede allo stesso modo, con piccole modifiche!).



Supponiamo per assurdo che $\sqrt{p}$$=r/s$ con $r$ ed $s$ coprimi. (cioè supponiamo PER ASSURDO che $\sqrt{p}$ è razionale)
Allora $ps^2=r^2$ (sei d'accordo?)
ma allora il termine a secondo membro è un multiplo di $p$. In particolare $r$ è un multiplo di $p$.
Poniamo dunque $r=pk$
abbiamo che
$ps^2=p^2k^2 \rightarrow s^2=pk^2$ ma allora anche $s^2$ e in particolare $s$ è multiplo di $p$. (d'accordo?)
Ma allora $r,s$ hanno almeno il fattore $p$ in comune. Segue allora che $r,s$ NON sono coprimi. Assurdo.

-----------------------
Per l'infinità degli irrazionali, penso che questa sia una giusta giustificazione :
Dal fatto che i numeri primi $p$ sono infiniti (clik)ne segue che sono infiniti anche i numeri irrazionali. Perché abbiamo dimostrato (mi auguro che tu ci prova per le radici n-esime) che la radice $n-$ esima di $p$ è sempre un'irrazionale.

Che dici, ti va bene? :wink:

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Re: Irrazionalità [tex]\sqrt 2[/tex]

Messaggio da EvaristeG » 10 set 2012, 17:35

Beh, per chi avesse problemi e fastidio con i coprimi, si può fare così:

Supponiamo che $\sqrt{2}=a/b$ con $a,b$ interi (chissene della coprimalità); allora, di certo possiamo scrivere
$$a=2^{\alpha_1}\cdot3^{\alpha_2}\cdot5^{\alpha_3}\cdot\ldots$$
(la fattorizzazione di $a$ in fattori primi) e
$$b=2^{\beta_1}\cdot3^{\beta_2}\cdot5^{\beta_3}\cdot\ldots$$
(la fattorizzazione di $b$ in fattori primi).

$(\star)$ Ora come prima
$$2b^2=a^2$$
quindi $2$ divide $a$, dunque $\alpha_1\geq 1$ e possiamo scrivere $a=2c$, da cui
$$2b^2=4c^2$$
ovvero
$$b^2=2c^2$$
dunque $2$ divide $b$ e dunque $\beta_1\geq 1$. Ora possiamo scrivere $b=2d$.
Quindi $\sqrt{2}=a/b=2c/2d=c/d$ e le fattorizzazioni di $c$ e $d$ saranno
$$c=a/2=2^{\alpha_1-1}\cdot3^{\alpha_2}\cdot5^{\alpha_3}\cdot\ldots$$
$$d=b/2=2^{\beta_1-1}\cdot3^{\beta_2}\cdot5^{\beta_3}\cdot\ldots$$

Se ora ricominciamo il giochino da $(\star)$, con $c$ e $d$ al posto di $a$ e $b$, otteniamo che
$$\alpha_1-1\geq1\qquad \beta_1-1\geq1$$
ovvero
$$\alpha_1\geq 2\qquad \beta_1\geq 2.$$

Ma allora possiamo dividere $c$ e $d$ per $2$ e ottenere ancora due numeri il cui rapporto è $\sqrt{2}$. Ovvero possiamo dividere $a$ e $b$ per $4$.
Ok ... e se ricominciamo ancora da $(\star)$ con $a/4$ e $b/4$ arriveremo a dire che
$$\alpha_1\geq3\qquad \beta_1\geq3$$
e divideremo per $8$ e ricominceremo dalla stellina e i due esponenti diventeranno maggiori di 4 e divideremo per 16 e così via.

Quando ci fermiamo? Beh, mai. Si può mostrare per induzione, ma spero che la pantomima precedente sia altrettanto convincente.

Ma allora quanto valgono $\alpha_1$ e $\beta_1$? Beh, valgono più di ogni numero naturale ... ma aspetta!! Questo è assurdo ,no?

Abbiamo visto che, se ci sono due numeri $a$ e $b$ tali che $a/b=\sqrt{2}$, allora entrambi questi due numeri sono divisibili infinite volte per $2$, ma questo non ha senso, quindi non possono esistere due simili numeri.

Ergo, il povero radicedidue non è razionale.

Contento? Tutto senza coprimi.

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