Dimostrazione potenze nei naturali hanno esponente naturale

[3m0o]

C'è un esercizio che proprio non ho idea di come attaccare, è 3 giorni che ci penso ma appena ho un idea mi rendo subito conto che non mi porta da nessuna parte, qualcuno avrebbe un'idea di come affrontare questo esercizio?
So che bisogna postare la propria idea o un tentativo ma la difficoltà con questo esercizio sta proprio nel fatto che non ho delle idee che mi permettono di affrontare la dimostrazione!

Esercizio:
Sia \( \alpha \in \mathbb{R} \), tale che \( n^{\alpha} \in \mathbb{N} \), \( \forall n \in \mathbb{N} \) dimostra che \( \alpha \in \mathbb{N}\)


Inizialmente ho pensato di procedere per l'assurdo, ovvero supporre che esiste un \( \alpha \in \mathbb{R} - \mathbb{N} \) tale che \( n^{\alpha} \in \mathbb{N} \), \( \forall n \in \mathbb{N} \). E considerare:
\( n^{\alpha} = n^{\lfloor \alpha \rfloor} n^{ \operatorname{mant}(\alpha) } \) è chiaro che \( n^{\lfloor \alpha \rfloor} \in \mathbb{N} \) ed è chiaro che \( n^{ \operatorname{mant}(\alpha) } \) non è sempre un intero, ma potrebbe esserlo. Ma come faccio a mostrare che la moltiplicazione di questi due non è un intero, per ogni \( n \in \mathbb{N} \)

Non so se sono sulla buona strada. Idee?? Grazie.

[marco2132k]

Ciao. La butto lì: se per \( \alpha \) reale \( \alpha\not\in\mathbb{N} \), è \( \alpha\in\mathbb{I} \) (gli irrazionali) oppure \( \alpha\in\mathbb{Q}\setminus\mathbb{N} \). Se la prima, allora hai fatto; se la seconda, nota che \( 2^{-1/2}\not\in\mathbb{N} \), sebbene \( \alpha=-1/2\in\mathbb{Q}\setminus\mathbb{N} \).

È decisamente poco elegante eh, e dà numerosi concetti per scontati, però mi sembra piuttosto semplice. Inoltre ciò che proponi mi sembra più decente di quanto ho scritto io, ma al momento attendi altre risposte.

EDIT: ho scritto una c*****a

[axpgn]

Non riesci a dimostrarlo perché non è vero …

Prendi $n=900$ e $alpha=3/2$ allora $P=n^(alpha)=900^(3/2)=27000$; abbiamo $n$ e $P$ naturali ma $alpha$ non lo è.

Cordialmente, Alex

[dissonance]

@alex: la cosa è dimostrare che, se \(n^\alpha\) è intero per TUTTI gli \(n\in\mathbb N\), allora \(\alpha\) è intero. Non è una banalità. Esempi come il tuo ce ne sono anche di più facili; \(4^{1/2}=2\), per esempio. Però \(n^{1/2}\) non è certo intero per ogni \(n\).

Secondo me l'idea di marco di distinguere tra \(\alpha\) irrazionali e razionali non è peregrina. Il caso \(\alpha\) razionale si riduce a dimostrare che per ogni \(m\) intero esiste un \(n\) intero tale che \(n^{1/m}\) non è intero.

[anto_zoolander]

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Alex lui chiede che sia vero $foralln inNN$
Cioè se quella cosa è vera per ogni naturale, allora l’esponente deve essere naturale.

Il tuo esempio non mostra un controesempio poiché $2^(3/2)$ non è naturale

Edit: anticipato

[axpgn]

Eh ma allora io l'avrei scritto così:
Dato $alpha in RR$ tale che per ogni $n in NN$ sia $n^(alpha) in NN$ allora $alpha in NN$

Cordialmente, Alex

[anto_zoolander]

Potresti farlo per contronominale, mi sembra più friendly:

$•$ Sia $a in RR$
$a notinNN => exists n inNN(n^alpha notinNN)$

[axpgn]

A me sembra più "friendly" come l'ho scritta io …

[dissonance]

Ci ho pensato un po', sono in viaggio in treno. Anche l'idea di m3oo di scrivere \(\alpha = [\alpha] + \beta\), dove \(\beta\in(0, 1)\), mi pare interessante. OBIETTIVO: dimostrare che esiste \(n\) tale che \(n^{[\alpha]}n^\beta\) non è intero.

Già il caso \(n=2\) è interessante. È facile dimostrare che \(2^\beta\) non è mai intero, perché
\[
2^\beta = 1+\int_1^2 \beta x^{\beta -1}\, dx, \]
e siccome \(x^{\beta -1}\in (2^{\beta -1}, 1)\),
\[
2^\beta \in (1, 2).\]
Solo che, come giustamente dice m3oo, può darsi che \(2^{[\alpha]}2^\beta\) sia intero; questo succede se e solo se \(\beta=\log_2(m/2^k)\) per \(m, k\in\mathbb N\). In tutti gli altri casi, \(2^\alpha\) non è intero.

La conclusione è che già il test per \(n=2\) ha eliminato una marea di casi possibili per \(\alpha\). Adesso tocca rifare il test con \(n=3\) e \(\beta=\log_2(m/2^k)\), nel qual caso lo stesso metodo di sopra dà \(3^\beta\in (1, 3)\). In quali casi \(3^{[\alpha]}3^\beta\) può essere intero?

[3m0o]

Attenzione: Modificato, avevo tralasciato una parte!
Io ho pensato a quanto segue, non so se può funzionare:
Supponiamo (per assurdo) che esiste \( \alpha \in \mathbb{R} \) tale che \( \alpha \not\in \mathbb{N} \)
poniamo \( g : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} \) una funzione continua in \( x_0 \in \mathbb{R} \) tale che \( \forall x,y \in \mathbb{R} \) abbiamo che \(g(x+y) = g(x) + g(y) \) e tale che \( g(1) = \alpha \).

Si puo facilmente dimostrare che \( g(x) \) è continua ovunque, e che inoltre valgono le seguenti relazioni \( \forall x \in \mathbb{R} \) abbiamo che \( g(x) = x g(1) \) e \( g(0) = 0 \)

Poniamo ora \( f : \mathbb{R}_+ \rightarrow \mathbb{R} \) una funzione continua tale che \( f(x) = g(1) \ln(x) \)
Poniamo \( h : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}_+ \) una funzione continua tale che \( h(x) = e^{g(1)x} \)

Notiamo che \( h(f(x)) = e^{g(1)f(x)} = e^{g^2(1)\ln(x) } = x^{g^2(1)} \)

Abbiamo che per ogni \( n \in \mathbb{N}, \exists m_{n} \in \mathbb{N} \) tale che \(n^{g(1)}=m_{n}\) dunque \( \forall n \in \mathbb{N} \) \(n^{g^2(1)}=m_{n}^{g(1)}=\tilde{m}_{n} \in \mathbb{N} \)

Ora siccome \(g \) è continua e per le proprieta di \(g \), poniamo \( \lfloor \alpha \rfloor = g(a) \) e poniamo \( \operatorname{mant}(\alpha) = g(b) \)
Segue che: \( \alpha = g(a) + g(b) = g(a+b) = g(1) \Rightarrow a+b=1 \)
Dunque:
\( f(x) = g(1) \ln(x) = g(a) \ln(x) + g(b) \ln(x)= a g(1)\ln(x) + b g(1) \ln(x)=g(1)(a \ln(x) + b \ln(x)) \)

Pertanto segue che:
\( h(f(x)) = e^{g(1)f(x)} = e^{g^2(1)(a \ln(x) + b \ln(x) )} = e^{g^2(1) \ln(x^a)} e^{g^2(1) \ln(x^b)} \)

Segue che:
\( h(f(x)) = x^{ag^2(1)} x^{bg^2(1)} \)

Per ipotesi \( \alpha \not\in \mathbb{N} \) dunque \( b\neq 0 \) e sempre per ipotesi abbiamo che \( \forall n \in \mathbb{N} \) segue che \( n^{\alpha} \in \mathbb{N} \), dunque:
\( h(f(n))= n^{ag^2(1)} n^{bg^2(1)} = n^{g(1)(g(a)+g(b))} = m_{n}^{g(a)+g(b)}= \tilde{m}_{n} = n^{g^2(1)} \)

Andiamo a vedere come sono fatti \( a\) e \( b \).
\( \lfloor \alpha \rfloor = g(a) \Rightarrow a = \frac{ \lfloor g(1)\rfloor}{g(1)}\)
E dunque \( 0 \leq a \leq 1 \) inoltre abbiamo che \( a + b = 1 \) dunque \( b = 1 - \frac{ \lfloor g(1)\rfloor}{g(1)}\)

È evidente che \( \alpha >1 \) siccome dissonance ha dimostrato che \( 2^{\beta} \) non è mai un intero se \( \beta \in (0,1) \) pertanto possiamo affermare che \( g(a) >0 \Rightarrow a >0 \)
Per cui poniamo \(1 < \tilde{m}_{n}^a = A \leq \tilde{m}_{n} \) e abbiamo \( 1 \leq \tilde{m}_{n}^b = B < \tilde{m}_{n} \)
Segue che l'unica soluzione possibile a:

\(n^{g^2(1)}= m_{n}^{g(a)+g(b)}= \tilde{m}_{n}^{a+b} = A\cdot B = \tilde{m}_{n} \)

\( n^{(g(a)+g(b))(g(a)+g(b))}=n^{g^2(a)}n^{2g(a)g(b)}n^{g^2(b)}= \tilde{m}_{n}^{a+b}\tilde{m}_n^{2ab} = \tilde{m}_{n} \)

Infatti segue che:
\( \tilde{m}_{n}^{a+b}= \tilde{m}_{n}^{a+b}\tilde{m}_n^{2ab} \Rightarrow 1 = \tilde{m}_n^{2ab} \Rightarrow 2ab=0 \)

è con \( a=1 \) e con \(b=0\)
Contraddizione!

Pertanto non esiste \( \alpha \in \mathbb{R} - \mathbb{N} \) tale che \( n^{\alpha} \in \mathbb{N} \) per ogni \( n \in \mathbb{N} \).

Pensate possa funzionare?