Soluzione a "Un quiz irrazionale!"

Categorie: Matematica Quiz Tags: quiz Scritto da: Umberto Cibien Commenti:0

Diciamo che il quiz presentato questa volta era un po' misterioso. Lo scopo era di parlare un po' delle stranezze dei numeri irrazionali. Tali numeri non hanno importanti proprietà gruppali come gli interi e i razionali o i reali; non c'è infatti chiusura rispetto alle operazioni di somma e prodotto. La somma di due numeri irrazionali non è sempre irrazionale; infatti se consideriamo a= $1-\sqrt{2}$ , b= $1+\sqrt{2}$ ,

a+b= $1+\sqrt{2}+1-\sqrt{2}$ =2 che non è irrazionale. Allo stesso modo, per il prodotto, se $a=1-\sqrt{2}$ , $b=1+\sqrt{2}$ , ab=-1 che è razionale. E' lecito allora chiedersi: ma se p è irrazionale e q è irrazionale che ne sarà di $p^{q}$ ? Abbiamo visto nelle che non c'è una regola precisa, ci sono casi in cui è irrazionale e casi in cui è irrazionali. Fabrizio ha per primo risolto il quiz nel caso di razionalità, con questo ragionamento che riporto in originale:

Come suggerito da Umberto provo a scrivere in modo più esteso la mia risposta affermativa alla domanda "è possibile che x sia razionale?"

Considero l'espressione $\left ( \sqrt{2}^{\sqrt{2} } \right )^\sqrt{2}$ . Questa espressione è uguale a 2, cioé da come risultato un razionale.

Infatti $\left ( \sqrt{2}^{\sqrt{2} } \right )^{\sqrt{2}} =\sqrt{2}^2=2$

Come prima ipotesi si può identificare p con $\left ( \sqrt{2}^{\sqrt{2} } \right )$ e q con $\sqrt{2}$ .

Il quiz però richiede che p e q siano irrazionali. Ora $\sqrt{2}$ è certamente irrazionale, ma $\left ( \sqrt{2}^{\sqrt{2} } \right )$ possiamo dimostrare che sia irrazionale? Io, almeno in questo momento, non saprei farlo. Però ai fini della risposta alla domanda del quiz questa ignoranza può essere aggirata. Vediamo come.

I casi possono essere 2: $\left ( \sqrt{2}^{\sqrt{2} } \right )$ è irrazionale o è razionale.

Se fosse irrazionale allora la prima ipotesi fatta sopra, $p=\left ( \sqrt{2}^{\sqrt{2} } \right )\;\;e\;\;q=\sqrt{2}$ , ci permetterebbe di rispondere affermativamente alla domanda "è possibile che x sia razionale?".

Se fosse razionale allora comunque si potrebbe rispondere affermativamente alla stessa domanda con $p={\sqrt{2} } \right )\;\;e\;\;q=\sqrt{2}$ , che sono entrambe certamente irrazionali.

Comunque vada, l'espressione $\left ( \sqrt{2}^{\sqrt{2} } \right )^{\sqrt{2}} =2$ ci permette di dimostrare che esiste almeno un $p^q$ , con p e q irrazionali, che da un risultato razionale."

Usando un ragionamento analogo, si poteva dimostrare l'irrazionalità di $p^q$ :

Dimostriamo prima che il prodotto di un numero razionale per un numero irrazionale è irrazionale.

sia a=m/n, b irrazionale. se a*m/n non fosse irrazionale, allora a*m/n=k/v, a=n/m *(k/v).

Consideriamo adesso $\left ( \sqrt{2}^{\sqrt{2} } \right )$ , se è irrazionale, prendendo come p, q $\sqrt{2}$ abbiamo finito. Altrimenti prendiamo p= $\sqrt{2}$ ,

q=1+ $\sqrt{2}$ , $\sqrt{2}^{(1+\sqrt{2})}=\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}^{\sqrt{2}}$ . sappiamo che $\left ( \sqrt{2}^{\sqrt{2} } \right )$ è razionale, per cui per quanto dimostrato prima il prodotto di un numero razionale per un numero irrazionale è irrazionale.

In secondo luogo , sempre aiutati da Fabrizio, usando i logaritmi abbiamo trovato un 'altra soluzione :

Per rispondere all'ultima domanda di Umberto provo ad utilizzare un ragionamento per assurdo.

Supponiamo che il valore del log sia un razionale, allora potrei scrivere $log_2 3=\frac{m}{n}$ che sviluppo

$\begin{align*} n\:log_2 3&=m\:log_2 2 \\ log_2 3^n&=log_2 2^m \\ 3^n&= 2^m \end{align*}$

Che evidentemente non può essere con m ed n interi. Il ragionamento si può fare in modo equivalente con le radici.

Quindi in $log_2 3=x$ , che equivale a $2^x=3$ , x dovrebbe essere irrazionale. Ma bisogna far diventare irrazionali anche gli altri due. Facendo la radice quadrata si dovrebbe raggiunge lo scopo.

${\sqrt{3}}&={\sqrt{2}}^x$

quindi , prendendo $p=\sqrt{2}$ , q= $log_2 3=x$ otteniamo $p^{q}=\sqrt{3}$ che è irrazionale

se invece adesso eleviamo a 2x, otteniamo: $(\sqrt{2})^{2x}=(\sqrt{2})^{2\cdot log_{2}3}=3$ , che è irrazionale, con $p=\sqrt{2}$ , q= $2\cdot log_{2}3$

Anche Maurizio raggiunge lo scopo usando p-greco ed e, due numeri irrazionali:

ponendo p=e (irrazionale) e $q=ln(\pi )$ (irrazionale) ottengo $x=e^{ln(\pi )}=\pi$ irrazionale.

manca da dimostrare che $ln(\pi)$ è irrazionale, per poi prosegue:

Si può provare a dimostrare che $ln(\pi )$ è irrazionale? Seguirei la stessa logica usata in precedenza da Fabrizio:

suppongo che sia razionale, allora posso scrivere: $ln(\pi )=\frac{m}{n}$ con m ed n interi , ne consegue che $n*ln(\pi )= m*ln(e)$ e quindi

$\pi ^n = e^m$

Mi sembra che l'uguaglianza dei due termini si possa avere solo con n = m = 0 e venga così negata l'ipotesi iniziale di poter esprimere questo logaritmo come frazione.

Dulcis in fundo arriva poi Leandro, che agganciandosi addirittura alla definizione di numeri algebrici e trascendenti (li abbiamo visti recentemente qui) afferma una proprietà generale: il logaritmo naturale di un razionale non è mai razionale.

ecco il suo commento:

$e^{ln(2)}=2$ (RAZIONALE!)

.... il logaritmo naturale di un razionale non è mai razionale.

Infatti se fosse

$ln(a)=b$ con a e b razionali,

si avrebbe

$\frac{1}{b} ln(a) =1$

cioè $a^{1/b} =e$

cioè e sarebbe soluzione di una equazione polinomiale, ma sappiamo che e è trascendente , quindi....

Per chi non vede bene il discorso , semplifico un po' :

se $ln(a)=b$ e a e b sono razionali, allora b=m/n, con m,n interi.

$\dpi{150} ln(a)=\frac{m}{n}$

$\dpi{150} \frac{n}{m} \cdot ln(a)=1$

$\dpi{150} \dpi{150} a^{\frac{n}{m}}=e$

poniamo $\dpi{150} a^{n}=c$

$\dpi{150} c^{\frac{1}{m}}=\sqrt[m]{c}=e$

quindi e sarebbe la soluzione dell'equazione $\dpi{150} x^{m}=c$

ovvero $\dpi{150} \dpi{150} x^{m}-c=0$ che è una equazione algebrica a coefficienti razionali.

Una soluzione sfruttando gli infiniti di Cantor

Premetto che il reciproco di un numero irrazionale è un numero irrazionale: infatti sia y irrazionale; se 1/y fosse razionale, allora 1/y=m/n; ma allora sarebbe anche y=n/m, cioè y sarebbe razionale. Detto questo, immergiamoci negli infiniti di Cantor, accompagnati da Alexey Radul:

Sappiamo che i numeri reali hanno la potenza del continuo, mentre i numeri razionali Q sono numerabili. Se indichiamo con I l'insieme dei numeri irrazionali, $\dpi{150} R= Q \cup I$ ; quindi I non può essere numerabile, perchè altrimenti R sarebbe unione di due insiemi numerabili, e pertanto sarebbe numerabile. In particolare, I ha a cardinalità del continuo.Fissiamo adesso un certo numero irrazionale p positivo per comodità. così possiamo elevarlo a qualsiasi numero irrazionale.Stiamo trattando i numeri del tipo:

$\dpi{150} p^{q}$ , con p e q irrazionali. p lo abbiamo fissato, ed è irrazionale; ci sono infiniti q irrazionali quindi ci sono infinite potenze $\dpi{150} p^{q}$ con p e q irrazionali e tutte diverse; tali potenze costituiscono un insieme che ha la potenza del continuo. Le potenze che sono razionali sono invece un insieme numerabile; quindi troviamo almeno una potenza che è irrazionale.

Per l'altro discorso, consideriamo il numero 2 e tutte le sue potenze con esponente irrazionale. Ci sono analogamente infinite potenze di 2, quindi almeno una potenza è un numero irrazionale, ad esempio $\dpi{150} z= 2^{y}$ . Quindi z è irrazionale, y è irrazionale, $\dpi{150} z^{\frac{1}{y}}=2$ , 1/y è irrazionale, z è irrazionale mentre la potenza è razionale. E abbiamo finito.

L	M	M	G	V	S	D
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