[Citat] ...si ca sa-mi clarific enuntul: Sa se arate ca nu exista numere naturale n si numere k din Q\Z astfel incat numarul n!^k sa fie rational. Observatie : n!^(log_n!(q)) poate fi rational !

Rezolvare:

Presupunem ca exista asemenea n si k. Fie

si fie

astfel incat

. De aici rezulta ca r/s este numar natural.

Fie p cel mai mare numar prim ce apare in descompunerea lui n!. Atunci p apare la exponentul 1 in descompunererea lui n!. Intr-adevar daca am presupune ca exponentul sau este cel putin 2 ar rezulta ca

. Conform teoremei Bertrand-Chebyshev ar exista atunci un alt numar prim intre p si 2p ceea ce contrazice maximalitatea lui p.

Deducem ca b=a, deci k este intreg. Contradictie.

Comentariu: Cazul k<0 se trateaza analog cu s/r in loc de r/s.

Pardon! Am corectat enuntul (in mesajul original). Am numit-o 'conjectura' pentru ca noi nu-i cunoastem raspunsul. E posibil ca problema sa fie cunoscuta, este de asemenea posibil sa nu fie.

In ceea ce priveste problema propusa de noi, solutia dv. e corecta. Iata insa si o solutie care nu presupune cunoasterea irationalitatii lui e sau a logaritmului dintr-un numar natural.

• Daca
  
  este rational, problema este rezolvata.
  
• In caz contrar, numarul b de mai sus este irational. Dar atunci avem
  
  
  
  

rationamentul pe care l-ati utilzat, dupa cum bine stiti, intra la categoria celor "ne-eficiente"( "non-constructive" ): cu ajutorul sau nu se poate demonstra cu certitudine rationalitatea sau irationalitatea lui radical din doi la puterea radical din 2 !

Cu certitudine insa mi se pare extrem de constructiva comunicarea de pe site-ul dvs. si consider ca insignifiante micile scapari de-o parte si de alta (care sunt inerente) fata de utililitatea, originalitatea si nu in ultimul rand promtitudinea acestei "oaze matematice" numita pro-didactica !

ptr Pitagora : super-eleganta demonstratie ! Felicitari !... chiar daca mi-am pierdut "conjectura" Problema mi-a aparut "instant" pornind de la topicul initial... recunosc nu m-am gandit la aceasta demonstratie poate si din faptul ca nu cunosteam teorema Bertrand-Chebyshev...
Vreau insa sa sublinez faptul ca nu sunt nici pe departe un "vanator" de probleme dificile sau conjecturi pentru a pune pe cineva in dificultate : ar fi o aberatie...mai ales, ca din pacate, cred ca ma vor mai astepta inca multe intrebari banale pe acest site (asa cum am mai facut-o )

Acest topic, insa, pentru toti cei care-l citesc ar trebui sa demonstreze ca intradevar enunturile simple pot conduce la "probleme" deseori serioase !
cu riscul ca ma repet: va multumesc inca odata pentru initiativa care ati avut-o cu acest site !

In alta ordine de idei: matematica nu inseamna doar insusirea unor algoritmi (fie ei si compecsi) ... "deliciul" facandu-l in special problemele care ne dau ceva "bataie-de-cap", adica ne provoava.
F-urile si G-urile de la M1-1 inca reprezinta o provocare pentru multi profesori pre-universitari de la noi... probleme pe care dvs. le-ati rezolvat cu brio si extrem de "didactic". Pornind de la acestea eu consider ca pro-didactica poate deveni un "playground" pentru toti iubitorii de matematica.

Un mare atu al moderatorilor de pe acest site este si faptul ca nu ati facut niciodata pe cineva sa se simta "inferior" indiferent de nivelul intrebarii... este primul pas al unei didactici autentice !

O vacanta cat mai placuta tuturor neuronilor celor de pe aici !

[Citat] In ceea ce priveste problema propusa de noi, solutia dv. e corecta. Iata insa si o solutie care nu presupune cunoasterea irationalitatii lui e sau a logaritmului dintr-un numar natural.

Atentie!

T.Gelfondâ??Schneider : Daca a si b sunt numere algebrice cu a diferit de 0 si 1 si b irational atunci a^b este transcendent.

Cum radical din 2 este numar algebric rezulta ca radical din 2 la puterea radical din 2 este un numar transcendent. Cum insa toate numerele transcendente sunt irationale rezulta irationalitatea lui radical din doi la putera radical din doi. Astfel incat solutia propusa de dvs. nu sta in picioare

[Citat] [Citat] In ceea ce priveste problema propusa de noi, solutia dv. e corecta. Iata insa si o solutie care nu presupune cunoasterea irationalitatii lui e sau a logaritmului dintr-un numar natural. Atentie! T.Gelfondâ??Schneider : Daca a si b sunt numere algebrice cu a diferit de 0 si 1 si b irational atunci a^b este transcendent. Cum radical din 2 este numar algebric rezulta ca radical din 2 la puterea radical din 2 este un numar transcendent. Cum insa toate numerele transcendente sunt irationale rezulta irationalitatea lui radical din doi la putera radical din doi. Astfel incat solutia propusa de dvs. nu sta in picioare

Ba da, pur si simplu suntem in cazul doi de mai sus.

pornind de la irationalitatatea lui radical din 2 la puterea radical din 2 intradevar cele doua numere asa cum ati propus dvs. sunt a=sqr2^sqr2 si b=sqr2
cazul 1 nu-si mai avea sensul iar cazul 2 trebuia sa-l contina pe b ca putere si nu ca baza daca facem referire la enuntul problemei

[Citat] pornind de la irationalitatatea lui radical din 2 la puterea radical din 2 intradevar cele doua numere asa cum ati propus dvs. sunt a=sqr2^sqr2 si b=sqr2 cazul 1 nu-si mai avea sensul iar cazul 2 trebuia sa-l contina pe b ca putere si nu ca baza daca facem referire la enuntul problemei

OK, l-am rebotezat pa 'a' cu 'b' sau viceversa.

ca o mica paranteza as aminti aici ca sqr2^sqr2^sqr2^... converge catre 2

deasemenea este locul unde as aminti ca in timp ce e,p,sqr2,e^p sunt numere irationale pentru numerele p^e, p+e, 2^e, p^sqr2 nu s-a demonstrat inca daca sunt sau nu irationale (am notat pi cu p)

[Citat] Sa se arate ca nu exista numere naturale n si numere k din Q\Z astfel incat numarul n!^k sa fie rational.

Problema bazata pe aceasi idee de rezolvare: Fie

. Exista o matrice cu n linii si n coloane cu multimea elementelor

astfel ca produsul elementelor pe fiecare linie sa fie acelasi?