Y otro más de Palomar - Foro fmat.cl

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Y otro más de Palomar, bonito

SuKeVinBellaKo Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 25 2018, 01:50 AM Publicado: #21
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 524 Registrado: 2-October 13 Miembro Nº: 122.939 Nacionalidad: Sexo:	CITA(Kolmogorov @ May 24 2018, 09:25 PM) A eso mismo me refería, como tienen la misma cardinalidad uno pudiera usar irracionales, y es fue mi error en la idea desde un principio . Caso cerrado, y gracias, aprendí un montón nota que la observación de hermite sobre elegir raíces de primos es de una colección numerable, así tienes un ejemplo con menor cardinalidad que los irracionales y que sirve

hermite Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 27 2018, 07:37 PM Publicado: #22
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 128 Registrado: 27-November 15 Miembro Nº: 142.558	CITA(SuKeVinBellaKo @ May 25 2018, 01:50 AM) nota que la observación de hermite sobre elegir raíces de primos es de una colección numerable, así tienes un ejemplo con menor cardinalidad que los irracionales y que sirve $TEX: En todo caso, bajo ese punto de vista, en la demostracion original tambien se toman numeros de una coleccion numerable, a decir $\{\alpha^j\|j\in \mathbb N\}$. Notar que $\alpha$ es un numero fijo, no estoy tomando todos los trascendentes, solo basta con uno(y sus potencias).$ Mensaje modificado por hermite el May 27 2018, 09:23 PM

Luffy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 9 2019, 08:07 AM Publicado: #23
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 556 Registrado: 16-August 06 Desde: Rio de Janeiro Miembro Nº: 1.950 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(hermite @ May 22 2018, 04:08 AM) $TEX: Supongamos por contradicción que para todo $x\in \mathbb R$ existe $i\in\{1,\cdots,n\}$ tal que $x + a_i$ es racional.<br />Sea $\alpha$ un número trascendente, entonces para $j\in \{1,\cdots, n + 1\}$ existe $n_j$ tal que <br />$\alpha^j + a_{n_j}$ es racional.<br />Por palomar, deben existir $j_1\not = j_2$ tal que $n_{j_1} = n_{j_2}$ lo que implica que $\alpha^{j_1} - \alpha^{j_2} = (x + \alpha^{j_1}) - (x + \alpha^{j_2})$ es racional, lo que es una contradicción puesto que $\alpha$ es trascendente.$ CITA(hermite @ May 24 2018, 09:01 PM) $TEX: como dijo kevin, no basta con tomar $\alpha$ racional en la demostracion por que aun asi podria satisfacer una ecuación polinomial. Lo que si es que enrealidad basta elejir números $\alpha_1,\cdots,\alpha_n$ tales que las diferencias sean siempre irracionales, por ejemplo puedes tomar $\alpha_i = \sqrt{p_i}$ con $p_i$ primos distintos. Sobre la cardinalidad, no veo la diferencia puesto que los numeros irracionales tienen la misma que los trascendentes.$ Ambas respuestas son correctas!

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