Dimostrare che sqrt(3) non è razionale

[ficus2002]

Teoremi del calcolo differenziale (Fermat...

questo è un altro teorema di Fermat...

[karl]

Vedete questa.
Sia,se possibile, $(m^2)/(n^2)=3$ con m,n primi tra loro.
Si ha:
$m=3/m*n^2$
Ora,essendo m intero e primo con n,esso deve dividere 3 e pertanto risulta m=1 o m=3
Nel primo caso si avrebbe $1=3n^2$ ,assurdo in quanto $n>=1$
Nel secondo caso si avrebbe $3=n^2$,assurdo perche' non esiste nessun
intero il cui quadrato sia 3
Credo che per questa via si possa ragionare anche in altri modi.
Per esempio si potrebbe scrivere anche cosi':
$(m^2)/n=3n $ e tale relazione e' impossibile poiche' il 2°membro e'
sicuramente intero mentre il 1° non puo' esserlo perche' m ed n sono primi
tra loro ( a meno di casi banali).Le dimostrazioni sono ovviamente generalizzabili ad una espressione del tipo $sqrtk$ con k intero
Puo esserci qualche perplessita' sull'affermazione "non esiste alcun intero il cui quadrato sia 3" (sembrerebbe una tautologia) ma qui si parla di interi e non di razionali puri.
Che ne dite?
karl

[son Goku]

si, comfermi quel che dicevo è come dire che il quadrato di due numeri coprimi dà ancora due numeri coprimi, oppure che il quadrato di un numero razionale non intero è ancora un numero razionale non intero il che è equivalente

[pjcohen]

idea folle se $m^3/n^3=2$ allora $m^3=n^3+n^3$ impossibile per il teorema di fermat

Bella, deL'Hopital!!! Tra l'altro il caso n=3 del teorema di Fermat è elementare e risolto da Euler.

[Bruno]

Sto leggendo di corsa e chiedo scusa se ho perso
qualche pezzo e ripeto cose già chiarite da voi
(senz'altro meglio di me).
Letto il problema, a me è capitato di pensare anche
questo tipo di risposta.
Parto dall'ipotesi iniziale:

m² = 3·n² ,

dove gli interi m,n dovrebbero essere, a una prima
occhiata, entrambi pari oppure dispari (come hanno
ben messo in evidenza Outspan e gli altri intervenuti).
Possiamo però supporre che m,n siano entrambi
dispari, dal momento che a sinistra e a destra
dell'uguaglianza dobbiamo trovare la stessa quantità
di 2 (altrimenti, dopo averli semplificati, un membro
risulterebbe pari e l'altro dispari) e quindi possiamo
completamente eliminarli.
Detto ciò, esiste senz'altro un'altra coppia di interi
r,s che permette di scrivere:

m = r+s
n = r-s ,

poiché r = ½·(m+n) ed s = ½·(m-n) sono sicuramente
interi (essendo m,n dispari). Allora:

(r+s)² = 3·(r-s)² ,

ossia:

(r-s)²+4·rs = 3·(r-s)² ,

vale a dire:

2·rs = (r-s)².

Ma questo significa che r-s = n è pari, mentre avevamo
supposto che fosse dispari.
In maniera simile può essere trattata, per esempio,
l'irrazionalità della radice cubica di 3.
Anche questo procedimento (penso) potrebbe essere
generalizzato.

Un saluto a tutti.

[pjcohen]

Ragazzi, ulteriore generalizzazione. Se $a$ naturale non è una potenza $k$-esima di un altro naturale (ovviamente $k>1$), la radice $k$-esima di $a$ non è razionale.

Dimostrazione. Se per assurdo $m^k/n^k=a$, allora $m^k=n^k*a$. Poiché $a$ non è una potenza $k$-esima esiste un primo $p$ che compare nella fattorizzazione di $a$ con esponente non divisibile per $k$. Ma nell'uguaglianza $m^k=n^k*a$, $p$ compare a sinistra con esponente divisibile per $k$, mentre a destra l'esponente di $p$ non può essere divisibile per $k$.

[pjcohen]

penso che si possa generalizzare un pò di più per i naturali non quadrati perfetti se p e q sono coprimi allora $p^2$ e $q^2$ sono anch'essi coprimi, quindi se per assurdo $p/q=sqrt(n)$ allora dovrebbe essere che $p^2/q^2=n$ ma ciò è impossibile perchè $p^2$ e $q^2$ sono coprimi quindi il loro rapporto non può essere un naturale, è giusto o una cavolata?

Non mi convince... credo che sia detta meglio nel mio penultimo messaggio.

[son Goku]

penso che si possa generalizzare un pò di più per i naturali non quadrati perfetti se p e q sono coprimi allora $p^2$ e $q^2$ sono anch'essi coprimi, quindi se per assurdo $p/q=sqrt(n)$ allora dovrebbe essere che $p^2/q^2=n$ ma ciò è impossibile perchè $p^2$ e $q^2$ sono coprimi quindi il loro rapporto non può essere un naturale, è giusto o una cavolata?

Non mi convince... credo che sia detta meglio nel mio penultimo messaggio.

a me sembra giusto tutto sta nel dimostrare che $p^2$ e $q^2$ sono coprimi come penso hai fatto tu nell'altro messaggio, io farei così ammettiamo che la scomposizione in fattori primi di p sia $p=p_1p_2...p_n$ analogamente per q allora $p^2/q^2=(p_1^2p_2^2...p_n^2)/(q_1^2q_2^2...q_n^2)$ per l'ipotesi che p e q sono coprimi essi non hanno nessun fattore primo in comune, quindi la frazione non si può semplificare in nessun modo e quindi $p^2$ è primo con $q^2$ e il loro rapporto è un numero razionale non intero, detto così sembra una banalità, se al posto di 2 si mette in generale k intero il teorema è valido comunque

ovviamente se $qne1$ il che si ha solo quando n non è una potenza k-esima di un numero intero

[son Goku]

il tutto dimostra falso questo caso particolare del teorema di fermat: $a^n+(ba)^n=c^n$

[pjcohen]

Ok, la tua prova è perfetta. Leggendola velocemente mi suonava troppo facile. Invece è bella.