[L03] Radici intere

[Gerald Lambeau]

Siano $a, b$ due interi positivi distinti. Dimostrare che se $\sqrt{a}-\sqrt{b}$ è intero allora $a$ e $b$ sono due quadrati perfetti.

[Gabri98]

Abbiamo:[tex]\sqrt{a}-\sqrt{b}=n \mbox{ con } n\in\mathbb{Z}.[/tex]
Elevando al quadrato si ottiene: [tex]a+b-2\sqrt{ab}=n^2[/tex]
Allora [tex]\sqrt{ab}[/tex] deve essere un numero intero, ed essendo [tex]a[/tex] e [tex]b[/tex]
due interi positivi distinti,allora devono essere entrambi quadrati perfetti.Può andare?

[alexthirty]

Se [tex]\sqrt{ab}[/tex] è intero ciò non implica necessariamente che sia a che b siano quadrati

[Gerald Lambeau]

Come dice alex, prendi $a=12, b=3$ e quello che dici tu non è più vero.

[emanuelecampeotto]

Testo nascosto:

Elevando al quadrato e ordinando si ottiene [tex]a+b-n^2=2*(radq(ab))[/tex]. Elevando ancora al quadrato e ordinando: [tex]a^2+b^2+n^4-2ab-2an^2-2bn^2=0[/tex]. Quindi [tex]a^2+b^2+n^4-2ab+2an^2-2bn^2=4an^2[/tex]. Ossia [tex](a-b+n^2)^2=4an^2[/tex]. Siccome [tex]LHS[/tex] è un quadrato, dev'esserlo anche [tex]RHS[/tex]. E siccome [tex]4n^2[/tex] è già di per sè un quadrato, dev'esserlo anche [tex]a[/tex]. Analogamente si ottiene [tex](b-a+n^2)^2=4bn^2[/tex], per cui valgono le stesse conclusioni. Ergo tesi.

[Gerald Lambeau]

Buona.
Modo più meccanico: elevare una sola volta al quadrato, guardare $\sqrt{ab}$, che deve essere intero, e guardare i primi con esponente dispari nelle fattorizzazioni di $a$ e di $b$ (cioè si suppone per assurdo che ci siano tali primi, più precisamente che almeno uno tra $a$ e $b$ non sia un quadrato. Non giungeremo mica ad avere $\sqrt{a}-\sqrt{b}$ irrazionale?). Cosa notate? Come possiamo quindi scrivere $a$ e $b$? Che succede di bello se li ributtiamo nell'espressione di partenza?

[Toadino2]

Mmh... Io ho in testa un'altra soluzione...

Testo nascosto:

Se l'espressione con le radici è intera, ci sono solo due casi possibili: od entrambi i radicandi sono quadrati perfetti, come volevamo, e dunque daranno radici intere che sottratte tra loro daranno interi, oppure le due radici hanno la stessa parte decimale.
Dimostriamo che il secondo caso è impossibile, ossia che non esistono due radici di un intero con la stessa parte decimale.
Innanzitutto, è fatto noto che ogni radice non intera è irrazionale.
Prendiamo $ \sqrt{a}$, sapendo che A è intero. Se esiste un altro numero con la stessa parte decimale della sua radice che alla seconda dia un intero, tale numero è sicuramente nella forma $( \sqrt{a}+k)^2$ per un $k$ intero.
Svolgendo troviamo che il numero è $a+2k \sqrt{a}+k^2$. Tale numero è intero solo se lo è $2k\sqrt{a}$, ma se moltiplicando un decimale per un intero si ottiene un intero vuol dire che il decimale è razionale, il che contrasta con l'ipotesi che la radice sia irrazionale.

Questo vuol dire che l'unico caso possibile è che i due interi siano quadrati perfetti. $c.v.d.$

[carlotheboss]

è la prima volta che faccio una dimostrazione su questo forum, siate clementi:

Testo nascosto:

Sia [tex]\sqrt{a} - \sqrt{b} = j[/tex] con [tex]j[/tex] intero. Riordinando ho [tex]\sqrt{a} = j + \sqrt{b}[/tex] e sapendo che le radici quadrate non sono negative posso elevare al quadrato e scrivere [tex]a = j^2 + 2 \cdot \sqrt{b} \cdot j + b[/tex]. Ora, [tex]a[/tex] è intero quindi anche l'altro membro deve esserlo dunque, dato che [tex]j^2 + b[/tex] è intero, allora anche [tex]2 \cdot \sqrt{b} \cdot j[/tex] deve esserlo. Ora le opzioni sono tre: o [tex]j[/tex] è nullo o [tex]b[/tex] è nullo o [tex]b[/tex] è un quadrato perfetto. Le prime due non possono essere (per ipotesi [tex]b > 0[/tex] e [tex]j \neq 0[/tex]) quindi è per forza la terza e [tex]b[/tex] è un quadrato perfetto. Ora, ricordandoci l'iniziale [tex]\sqrt{a} - \sqrt{b} = j[/tex], posso scrivere [tex]a = (j + \sqrt{b} )^2[/tex] ma dato che [tex]b[/tex] è quadrato perfetto allora [tex]j + \sqrt{b}[/tex] è intero e quindi anche [tex]a[/tex] è un quadrato perfetto.