Paolo Perfetti, Dipartimento di matematica, II Università degli Studi di Roma, facoltà di Ingegneria

Per le definizioni e teoremi si fa riferimento ad uno qualsiasi dei libri M.Bertsch - R.Dal Passo Lezioni di Analisi Matematica, I edizione settembre 1996, ARACNE EDITRICE, via Raffaele Garofalo, 133 A/B 00173 Roma tel.0672672233/22, M.Bertsch - R.Dal Passo Elementi di Analisi Matematica, I edizione ottobre 2001, ARACNE EDITRICE

§1.1 Estremo superiore ed Inferiore - numeri razionali, irrazionali

Per le definizioni e teoremi si fa riferimento ad uno qualsiasi dei libri M.Bertsch - R.Dal Passo Lezioni di Analisi Matematica, I edizione settembre 1996, ARACNE EDITRICE, via Raffaele Garofalo, 133 A/B 00173 Roma tel.0672672233/22, M.Bertsch - R.Dal Passo Elementi di Analisi Matematica, I edizione ottobre 2001, ARACNE EDITRICE

Si definisce N = 0, 1, 2, …

1.1.1 Sia dato un insieme ordinato A di numeri reali. Si dimostri che la definizione di estremo superiore come il più piccolo dei maggioranti (def1) è equivalente alla seguente (def2): S è l’estremo superiore di A (in breve sup A = S) se a ≤ S ∀a ∈ A e per ogni numero positivo ε esiste almeno un elemento a_{ε} ∈ A tale che S − ε < a_{ε}.

L’esercizio consiste nel dimostrare che: def1 implica def2 e viceversa.

Inoltre si faccia vedere che la definizione di estremo inferiore come il più grande dei minoranti è equivalente a: s è l’estremo inferiore di A (in breve inf A = s) se s ≤ a ∀a ∈ A e per ogni numero positivo ε esiste almeno un elemento a_{ε} ∈ A tale che a_{ε} < s + ε.

2.1.1 È nota la definizione di numeri irrazionali. Si dimostri che: 1) ogni frazione \frac{a}{b} ridotta ai minimi termini con a e b interi ammette uno sviluppo decimale periodico (se lo sviluppo è finito si scrivano infiniti zeri dopo l’ultima cifra diversa da zero e lo si intenda come periodico)

2) una frazione \frac{a}{b} ridotta ai minimi termini con a e b interi ammette uno sviluppo decimale finito se e soltanto se gli unici fattori primi di b sono 2 e 5

3.1.1 Si consideri l’insieme Q con la relazione d’ordine ≤ . Sia A_{n} ≐ {x ∈ Q | x^{2} < n, n ≥ 1}. È limitato A_{n} per ogni n? Ammette A_{n} estremo superiore in Q?

4.1.1 Trovare estremo superiore ed inferiore dei seguenti insiemi e dire se sono massimi oppure

minimi A_{1} = \{x ∈ R|x = \frac{n}{n+1}, n ∈ Z\\{−1\}\},  A_{2} = \{x ∈ R|x = \frac{2n}{n^{2}+1}, n ∈ Z\},  A_{3} =
\{x ∈ R|x = \frac{ξ}{ξ+1}, ξ ∈ R\\{−1\}\},  A_{4} = \{x ∈ R|x = \frac{3n^{2}}{4n+1}, n ∈ Z\},  A_{5} = \{x ∈ R|x =
\sqrt{n + 1} − \sqrt{n}, n ∈ N\},  A_{6} = \{x ∈ R|x = \sqrt{n^{2} + n} − n, n ∈ N\},  A_{7} = \{x ∈ R|x =

\sqrt{n^{2} + n^{4/3}} − n, n ∈ N\},

5.1.1 Determinare estremo superiore ed inferiore dell’insieme A = \{x ∈ R^{∗} |x = \frac{m}{n} + \frac{n}{m}, n ∈ N\\{0\}, m ∈ N\\{0\}\} e dell’insieme B = \{x ∈ R |x = \frac{m}{n} − \frac{n}{m}, n ∈ N\\{0\}, m ∈ N\\{0\}\}. La definizione di R^{∗} si trova a pag.106 del libro di testo

6.1.1 Dimostrare che se x^{12} e x^{7} sono ambedue razionali allora anche x lo è.

7.1.1 Siano dati i numeri positivi e razionali a e b. Dimostrare che \sqrt{a} + \sqrt{b} è razionale se e solo se \sqrt{a} e \sqrt{b} sono ambedue razionali.

8.1.1 Dimostrare che log_{10} 2 è irrazionale. Dimostrare che \sqrt{3}(\sqrt{6} − 3) è irrazionale. Dimostrare che \sqrt{2} + \sqrt{3} è irrazionale.

9.1.1 Sia dato un numero intero N maggiore di 3 e la cui rappresentazione decimale è data da a_{1}a_{2}a_{3} …. Dimostrare che N è divisibile per 3 se e solo se a_{1} + a_{2} + a_{3} … è divisibile per 3.

10.1.1*** Si provi a dare una dimostrazione che \sqrt{2} è irrazionale indipendente dalla dimostrazione data nel libro di testo (si parta ragionando sempre per assurdo ossia che \sqrt{2} è razionale; quindi esisterebbe un numero intero s tale che s\sqrt{2} è esso stesso intero. Successivamente si dimostri che 1 < \sqrt{2} e si costruisca il numero s(\sqrt{2} − 1) …)

11.1.1* Si supponga che la sommatoria infinita ∑_{k=0}^{∞} x^{k} sia un numero finito che dipende ovviamente da x. Trovare tale numero attraverso semplici manipolazioni algebriche.

• Sulla stessa falsariga trovare una formula per Π_{k=1}^{∞}(1 + x^{2^{k}})

12.1.1** Dimostrare non vi è alcun numero razionale \frac{p}{q} tale che |\sqrt{2} − \frac{p}{q}| < \frac{1}{4q^{2}} . Si ricordi in ogni caso che i razionali sono densi nei reali e quindi per ogni numero ε > 0 esistono infiniti numeri razionali \frac{p}{q} tali che |\sqrt{2} − \frac{p}{q}| < ε

SOLUZIONI

§1.1

3.1.1 A_{n} è limitato per ogni n mentre ammette sup in Q solo se n è un quadrato perfetto. 4.1.1 inf A_{1} = min A_{1} = 0, sup A_{1} = 1, inf A_{2} = min A_{2} = −1, sup A_{2} = max A_{2} = 1,

sup A_{3} = +∞, inf A_{3} = −∞,  inf A_{4} = −∞, sup A_{4} = +∞,  inf A_{5} = min A_{5} = 0,
sup A_{5} = 1,  inf A_{6} = min A_{6} = 0, sup A_{6} = \frac{1}{2},  inf A_{7} = min A_{7} = 0, sup A_{7} = +∞,
5.1.1  sup A = +∞, inf A = 2, sup B = +∞, inf B = −∞  11.1.1* \frac{1}{1−x} \frac{1}{1−x^{2}}

RISOLUZIONE DEGLI ESERCIZI

1.1.1 Facciamo vedere che la def1⟹def2. Si dimostra per assurdo. Dimostreremo che la negazione di def2 implica la negazione di def1 che però costituisce l’ipotesi e dunque non può essere negata. La contraddizione si risolverà dicendo che è impossibile negare def2. Dunque la negazione di def2 implica che ∃ ε t.c. ∀ a ∈ A a ≤ S −ε. Ne seguirebbe che S −ε < S è un maggiorante in contraddizione con il fatto che S è l’estremo superiore come da ipotesi (def1). Facciamo vedere che def2⟹def1. Certamente S è un maggiorante essendo a ≤ S ∀a ∈ A. Inoltre è chiaramente il più piccolo. Infatti poiché per ogni S′ < S, esiste a ∈ A tale che a ∈ (S′, S], S′ non potrebbe essere un maggiorante.

3.1.1 A_{n} = \{x ∈ Q | − \sqrt{n} < x < \sqrt{n}\} ⊂ A_{n^{2}} = \{x ∈ Q | − n < x < n\} e dunque A_{n} è limitato in Q in quanto n e −n sono rispettivamente un maggiorante ed un minorante di A_{n}. Supponiamo ora che \sqrt{n} ∉ Q (ossia per ogni intero p, n ≠ p^{2} ossia n non è un quadrato perfetto). L’estremo superiore, qualora esista, deve essere ≤ \sqrt{n} ma \sqrt{n} non può essere poiché non è razionale. Supponiamo allora che esista un estremo superiore razionale \frac{p}{q} < \sqrt{n}. Dalla densità (pag.27 del libro di testo) di Q esiste un numero razionale \frac{h}{k} tale che \frac{p}{q} < \frac{h}{k} < \sqrt{n} e dunque \frac{p}{q} non può essere il sup. Se viceversa \sqrt{n} ∈ Q allora esso è un maggiorante appartenente a Q di A_{n} e per la proprietà di densità è il più piccolo e dunque è il sup.

4.1.1 A_{1} = A_{+} ∪ A_{−} ≐ \{x ∈ R|x = \frac{n}{n+1}, n ∈ −N\\{−1\}\} ∪ \{x ∈ R|x = \frac{n}{n+1}, n ∈ N\}, Consideriamo l’insieme A_{+}. Chiaramente 0 ≤ x < 1 per cui 0 è certamente un minorante mentre 1 è un maggiorante. Usando la def2 facciamo vedere che 0 è l’estremo inferiore. Dunque bisogna mostrare che per ogni ε > 0 ∃ n_{ε} t.c. 0 ≤ \frac{n_{ε}}{1+n_{ε}} < ε. Ora \frac{n}{n+1} > \frac{m}{m+1} per n > m ≥ 0. (segue dalla disuguaglianza \frac{n−m}{(n+1)(m+1)} > 0) e dunque essendo x_{1} = \frac{1}{2}, l’unico modo di soddisfare la disuguaglianza per ogni ε > 0 è dire che n_{ε} ≡ 0 e quindi x_{n_{ε}} = 0. Ciò implica che 0 è minimo.

Facciamo vedere ora che 1 è il più piccolo dei maggioranti ossia che per ogni ε > 0 ∃ n_{ε} t.c. 1 ≥ \frac{n_{ε}}{1+n_{ε}} > 1 − ε. Basta risolvere la disequazione di primo grado e si trova n_{ε} = 1 + [(1 − ε)/ε].

Consideriamo ora l’insieme A_{−}. È ovvio osservare che x > 1 e quindi se ne conclude che 0 è minimo per la successione definita sul suo dominio Z\{−1}. Essendo \frac{n}{n+1} < \frac{m}{m+1} per n < m < −1 ossia \frac{n−m}{(n+1)(m+1)} < 0 e ciò è vero appunto per n < m, si ha x ≤ \frac{−2}{−2+1} = 2. 2 quindi è maggiorante. Mostriamo che è estremo superiore. Bisogna quindi far vedere che per ogni ε > 0 ∃ n_{ε} t.c. 2 ≥ \frac{n_{ε}}{1+n_{ε}} > 2 − ε. Essendo x_{−3} = \frac{3}{2}, se ε è troppo piccolo l’unico modo di risolvere la disequazione è dire che n_{ε} ≡ −2 e quindi 2 è il sup che è anche massimo. Riunendo le due discussioni si può dire che 0 è minimo mentre 2 è massimo.

A_{2} = \{x ∈ R|x = \frac{2n}{n^{2}+1}, n ∈ Z\}. Per comodità indichiamo x_{n} l’elemento x = \frac{2n}{n^{2}+1}. Dapprima si osserva che x_{n} > 0 per n > 0 e x_{n} < 0 per n < 0. Poi si dimostra che x_{n} > x_{k} se k > n e kn > 0 (la dimostrazione è alla fine dell’esercizio). Dunque per k e n positivi 1 = x_{1} è un maggiorante ed essendo x_{n} = −x_{−n} se ne conclude che −1 = x_{−1} è un minorante. Con un calcolo del tutto analogo al precedente si dimostra che sono anche rispettivamente sup ed inf e quindi massimo e minimo. È opportuno aggiungere che per stabilire che 1 è un maggiorante bisogna dimostrare che x_{n} < 1 per ogni n. Qui si possono usare due strade. La prima consiste nel far vedere che x_{n} < x_{k} se n > k e kn > 0 e nell’evidenziare che x_{n} è negativo per n negativi. L’altra strada consiste nel risolvere la disequazione \frac{2n}{1+n^{2}} < 1 che sebbene facile è pur sempre una disequazione di secondo grado e richiede quindi qualche secondo in più di tempo. Lo studente/ssa verifichi come efficace anche questa seconda strada. Dimostriamo ora che x_{n} > x_{k} se n < k e kn > 0. \frac{2n}{1+n^{2}} > \frac{2k}{1+k^{2}} ⟹ nk^{2} − kn^{2} > k − n ossia k > n e kn > 0. Se k < n allora deve essere kn < 0 ossia k < 0 e n > 0; in tal caso però x_{k} < 0 e x_{n} > 0.

A_{3} = \{x ∈ R|x = \frac{ξ}{ξ+1}, ξ ∈ R\}. \frac{ξ}{ξ+1} > 0 per ξ < −1 ∨ ξ > 0. Dimostriamo che A_{3} è illimitato inferiormente e superiormente per cui l’inf è −∞ mentre il sup è +∞. Dire che un insieme della retta è illimitato inferiormente equivale a dire che comunque si prenda un numero negativo esiste sempre un elemento dell’insieme (che può cambiare col cambiare del numero) più piccolo del numero scelto. In formule ciò equivale a dire che ∀M < 0 ∃ ξ t.c. \frac{ξ}{ξ+1} < M. Naturalmente si potrebbe affermare una cosa analoga senza restringersi a M < 0 ma non verrebbe aggiunto nulla di importante in quanto volendo dimostrare la illimitatezza inferiore si è interessati ai valori di M sempre più negativi. La disequazione \frac{ξ}{ξ+1} < M per M < 0 e quindi per −1 < ξ < 0, equivale a ξ < M(ξ + 1) (si usa ξ + 1 > 0) ossia ξ(M − 1) > −M e quindi ξ < \frac{−M}{M−1} = −1 + \frac{1}{1−M} . Come si vede −1 + \frac{1}{1−M} è un numero più grande di −1 e più piccolo di 0. Per ξ ≥ 0 si ha 0 ≤ \frac{ξ}{ξ+1} < 1 e quindi per dimostrare che A_{3} è illimitato superiormente bisogna considerare i valori ξ < −1. Stavolta bisogna mostrare che ∀M > 0 ∃ ξ t.c. \frac{ξ}{ξ+1} > M. Ne segue che ξ < M(ξ + 1) (usando ξ + 1 < 0) e quindi ξ(M − 1) + M > 0. Se M − 1 < 0 allora tutti i valori di ξ risolvono la disequazione (si ricordi che stiamo considerando ξ < −1). Se invece M − 1 > 0 allora si ha ξ > −1 + \frac{1}{1−M} che è un numero più piccolo di −1.

A_{4} = \{x ∈ R| x = \frac{3n^{2}}{4n+1} n ∈ Z\}. Essendo illimitato sia superiormente che inferiormente, l’insieme non ammette estremo superiore ed inferiore in R ma in R^{∗}. Che sia illimitato superiormente lo si vede risolvendo la disequazione per gli interi relativi \frac{3n^{2}}{4n+1} > M e pensando che M è un numero positivo grande a piacere. Se n ≥ 0 si può minorare \frac{3n^{2}}{4n+1} > \frac{3n^{2}}{5n} > M e quindi n > \frac{5}{3}M. Dunque per quanto grande sia M si può trovare almeno un intero n per cui x_{n} > M. Ciò equivale a dire che l’insieme è illimitato superiormente. Che l’insieme sia illimitato inferiormente lo si vede risolvendo \frac{3n^{2}}{4n+1} < M e stavolta M è negativo e grande in modulo. Per n < 0 si può maggiorare \frac{3n^{2}}{4n+1} < \frac{3n^{2}}{5n} < M ossia n < \frac{5}{3}M.

A_{5} = \{x ∈ R|x = \sqrt{n + 1} − \sqrt{n}, n ∈ N\}. Detto come al solito x_{n} = \sqrt{n + 1} − \sqrt{n} si ha x_{n} > 0 (ovvio) ed inoltre x_{n} < x_{k} se n > k. Da ciò segue che x_{0} = 1 è un maggiorante ed è immediato vedere che è il più piccolo per cui è sup ed anche massimo. Ad ogni modo se volessimo portare i calcoli fino alla fine bisognerebbe impostare il seguente calcolo ∀ ε > 0 ∃ n_{ε} t.c. 1 − ε < x_{n_{ε}} ed è chiaro che n_{ε} = 0 andrebbe sempre bene. Non così è se si pensa che S = sup A_{5} > 1. Se infatti si imposta la relazione S − \frac{S−1}{2} = \frac{S+1}{2} < x_{n_{ε}} (si è preso ε = \frac{S−1}{2} > 0) non si riuscirà mai a risolvere la disequazione in quanto x_{n} < 1 per ogni n mentre \frac{S+1}{2} > 1. Forse meno evidente è capire che l’estremo inferiore è 0. Che l’inf debba essere un numero positivo o nullo deriva da x_{n} > 0 (si supponga per assurdo che l’inf sia negativo e si verifichi la impossibilità di applicare la def2). Supponiamo ora che inf A_{5} = 0. Dunque ∀ε > 0 ∃ n_{ε} t.c. 0 ≤ x_{n} < ε. Dunque bisogna risolvere \sqrt{n + 1} − \sqrt{n} < ε. Razionalizzando si ha \frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} < ε e quindi 1 − ε\sqrt{n} < ε\sqrt{1 + n}. Ora se ε > 1 allora la disequazione è certamente verificata in quanto 1 − ε\sqrt{n} < 0 per ogni n positivo o nullo e quindi n_{ε} = 0 per ogni ε > 1. Se ε = 1 allora 1 − ε\sqrt{n} < 0 per ogni n positivo da cui n_{ε} = 1. Se ε < 1 allora non appena n ≥ \frac{1}{ε^{2}} la disequazione è verificata e quindi per ε < 1 prendiamo n_{ε} = [\frac{1}{ε^{2}} ] + 1.

A_{6} = \{x ∈ R|x = \sqrt{n^{2} + n} − n, n ∈ N\}. Si ha 0 ≤ x_{n}, x_{0} = 0 e x_{n} > x_{k} se n > k. Da ciò segue che l’inf (anche minimo) è 0. Infatti si applica la def2 relativa alla definizione di inf e chiaramente n_{ε} ≡ 0. Per quel che riguarda il sup si ha x_{n} = \sqrt{n^{2} + n} − n = \frac{n}{\sqrt{n^{2}+n}+n} ≤ \frac{1}{2} e

quindi si può pensare che \frac{1}{2} sia il sup. È da notare che sovente, nel risolvere un esercizio, accade di capire quale potrebbe essere il risultato prima di dimostrarlo. È esattamente questo uno dei casi. Si individua \frac{1}{2} quale possibile sup e poi si dimostra che effettivamente lo è. Dobbiamo mostrare che ∀ε > 0 ∃ n_{ε} t.c. \frac{1}{2} − ε < x_{n_{ε}}. Se ε > \frac{1}{2} allora n_{ε} = 0 in quanto x_{0} = 0. Se ε = \frac{1}{2} allora n_{ε} = 1 in quanto x_{1} = \sqrt{2} − 1. Sia ora ε < \frac{1}{2}. Con un minimo di algebra la

disuguaglianza diventa (\frac{1}{2} − ε)\sqrt{1 + \frac{1}{n}} < \frac{1}{2} + n ed è risolta da n > \frac{1−2ε}{4ε} per cui n_{ε} = [\frac{1−2ε}{4ε}] + 1.

Per quanto concerne la proprietà \sqrt{n^{2} + n} − n > \sqrt{k^{2} + k} − k ossia \sqrt{n^{2} + n} − \sqrt{k^{2} + k} > n − k e per n > k si eleva al quadrato entrambe i membri ottenendo (dopo ovvie semplificazioni) (n − k)^{2} > 0.

A_{7} = \{x ∈ R|x = \sqrt{n^{2} + n^{4/3}} − n, n ∈ N\}. Chiaramente x_{n} ≥ 0, x_{o} = 0 e x_{n} ≠ 0 se n ≠ 0. La conclusione è che 0 è l’inf. L’insieme x_{n} è monotono crescente ed il sup è +∞ (basta dimostrare che è non limitato). Dunque bisogna far vedere che ∀ r > 0 ∃ n_{r} t.c. x_{n_{r}} > r ossia \sqrt{n^{2} + n^{4/3}} −n > r. Segue che n^{4/3} +2nr > r^{2} ed è una disequazione non risolvibile. Risolviamo allora n^{4/3} > 2nr + nr^{2} ossia n ≠ 0 e n > (r^{2} + 2r)^{3} e quindi n_{r} = [(r^{2} + 2r)^{3}] + 1.

5.1.1 Cominciamo dall’estremo superiore di A. Bisogna far vedere che possiamo risolvere la disequazione x_{n,m} = \frac{m}{n} + \frac{n}{m} > ε per ogni ε > 0. Basta far vedere che un sottoinsieme di A ammette +∞ quale estremo superiore in R^{∗}. Come sottoinsieme prendiamo A_{n_{o}} = {x ∈ R |x = \frac{m}{n_{o}} + \frac{n_{o}}{m} , n_{o} ∈ N\\{0\}, m ∈ N\\{0\}\} ⊂ A e facciamo vedere che è possibile risolvere

\frac{m}{n_{o}} + \frac{n_{o}}{m} > r per ogni r > 0 ossia \frac{m^{2}+n_{o}^{2}}{mn_{o}} > r ossia m^{2} − rmn_{o} + n_{o}^{2} > 0. Se r^{2}n_{o}^{2} − 4n_{o}^{2} < 0 ossia r < 2 allora la disequazione è sempre verificata. Se r ≥ 2 allora la soluzione è m < m_{−} = \frac{1}{2}(rn_{o} − \sqrt{r^{2}n_{o}^{2} − 4n_{o}^{2}}) ∨ m > m_{+} = \frac{1}{2}(rn_{o} + \sqrt{r^{2}n_{o}^{2} − 4n_{o}^{2}}). Tanto m_{−} quanto m_{+} è positiva ma consideriamo solo m > m_{+}. Dunque l’estremo superiore (in R^{∗}) di A è +∞. È immediato convincersi che inf A = 2 (applicare la definizione ossia ∀ ε > 0 ∃ (m_{ε}, n_{ε}) t.c. s ≤ \frac{m_{ε}}{n_{ε}} + \frac{n_{ε}}{m_{ε}} < s − ε e trovare (m_{ε}, n_{ε}) avendo indicato con s l’inf.

Consideriamo ora l’esercizio concernente l’insieme B. Per quanto riguarda il sup si può ripetere lo stesso discorso di prima ed ottenere che il sup è +∞. È chiaro però che anche con l’inf si può applicare un discorso analogo (ad esempio si fissi m e si faccia variare n) ottenendo che inf B = −∞.

6.1.1 x^{12} = \frac{p}{q} e x^{7} = \frac{m}{n} per ipotesi. Basta osservare che x = \frac{(x^{12})^{3}}{(x^{7})^{5}} = \frac{p^{3}n^{5}}{q^{3}m^{5}} che certamente è razionale.

7.1.1 Bisogna far vedere che \sqrt{a}+\sqrt{b} ∈ Q ⟺ \sqrt{a} ∈ Q∧\sqrt{b} ∈ Q. La parte ⟸ è immediata. Per la parte ⟹ si deve elevare al quadrato ottenendo a = \frac{p^{2}}{q^{2}} − 2\frac{p}{q} \sqrt{b} + b (\sqrt{a} + \sqrt{b} = \frac{p}{q})

ottenendo 2\frac{p}{q} \sqrt{b} = b + \frac{p^{2}}{q^{2}} − a che costituisce un assurdo a meno che \sqrt{b} non sia razionale.

8.1.1 Supponiamo che viceversa sia razionale per cui log_{10} 2 = \frac{p}{q} ⇒ 2 = (10)^{\frac{p}{q}} ⇒ 2^{q} = (10)^{p} ⇒ 2^{q−p} = 5^{p} che è un assurdo essendo 2 e 5 primi fra di loro.

Per quanto concerne \sqrt{3}(\sqrt{6} − 3) supponiamo che esso sia razionale ossia (3\sqrt{2} − 3\sqrt{3}) = \frac{p}{q} e

quindi 18 = 27 + \frac{p^{2}}{q^{2}} + 2\frac{p}{q}3\sqrt{3} che implica \sqrt{3} = −3 + \frac{p^{2}}{3q^{2}} + 2\frac{p}{3q} il che è impossibile essendo \sqrt{3} irrazionale.

9.1.1 Sia dato il numero intero p = ∑_{k=0}^{N} a_{k}10^{N−k} e supponiamo che sia divisibile per 3 ossia p = 3q. Data la somma ∑_{k=0}^{N} a_{k} = p′ si ha p = ∑_{k=0}^{N−1} a_{k}10^{N−k} + p′ − ∑_{k=0}^{N−1} a_{k} ⇒ p′ = 3q + ∑_{k=0}^{N−1} a_{k}(10^{N−k} − 1) e ciascun termine è divisibile per 3 essendo 10^{N−k} − 1 certamente multiplo di 3. Dunque p′ è multiplo di 3.

Viceversa sia sempre dato il numero p = ∑_{k=0}^{N} a_{k}10^{N−k} e stavolta supponiamo che p′ = ∑_{k=0}^{N} a_{k} = 3q′. Ripetendo pari pari la sostituzione di prima si ottiene il risultato.

10.1.1*** Supponiamo che \sqrt{2} sia razionale. Ne consegue che esiste il più piccolo intero s tale che s\sqrt{2} è intero. Poiché 1 < 2 allora 1 < \sqrt{2} e quindi s(\sqrt{2} − 1) è un intero positivo e per giunta più piccolo di s. Anche s(\sqrt{2} − 1)\sqrt{2} = 2s − s\sqrt{2} è un intero positivo ma allora vorrebbe dire che esiste un intero positivo, s(\sqrt{2} − 1) appunto, che è più piccolo di s e che moltiplicato per \sqrt{2} dà un numero intero. Questo fatto contraddice l’ipotesi secondo cui s era il più piccolo intero che soddisfaceva le precedenti condizioni. Tale dimostrazione fa uso di una tecnica molto usata in teoria dei numeri e che si chiama tecnica della discesa. Si suppone che esista il più piccolo numero intero che soddisfa una determinata condizione e si fa vedere come ne debba esistere uno più piccolo ancora contraddicendo l’ipotesi. Tale dimostrazione è stata

presa dal sito internet http://www.mathsoft.com/asolve/constant/pythag/pythag.html a

partire dal quale, seguendo i vari collegamenti (links), si può accedere a molti siti contenenti materiale matematico di notevole interesse.

11.1.1 Detta S = ∑_{k=0}^{∞} x^{k} abbiamo S = 1+x+x^{2} +x^{3} +… = 1+x(1+x+x^{2} +x^{3} +…) = 1 + xS e quindi S = 1 + xS da cui il risultato.

• Sviluppando i prodotti si ottiene S = 1 + x^{2} + x^{4} + x^{6} + x^{8} + …. Per induzione (si veda il capitolo 1.3), si dimostra che ogni termine è x^{N} dove N è un intero della forma ∑_{k∈A} 2^{2k} e A ⊂ N. Dunque S = 1 + x^{2}(1 + x^{2} + x^{4} + x^{6} + x^{8} + …) = 1 + x^{2}S da cui il risultato.

12.1.1** |q\sqrt{2} − p| ≠ 0 e quindi |\sqrt{2} − \frac{p}{q}| = \frac{1}{q} \frac{|2q^{2}−p^{2}|}{q\sqrt{2}+p} ≥ \frac{1}{q} \frac{1}{q\sqrt{2}+p}. Sia |\sqrt{2} − \frac{p}{q}| ≤ 1 e quindi

p ≤ 2q da cui |\sqrt{2} − \frac{p}{q}| > \frac{1}{q^{2}(2+\sqrt{2})} > \frac{1}{2q^{2}\sqrt{2}} > \frac{1}{4q^{2}} . Se |\sqrt{2} − \frac{p}{q}| > 1 il risultato è chiaramente vero.