n = a^2*b, onde a e b sao inteiros positivos e b = produto de primos distintos.
Alem disso, como n nao eh quadrado perfeito, b contem pelo menos um fator primo p.
Suponhamos que raiz(n) = u/v, com u e v inteiros e v <> 0.
Entao, v^2*n = u^2 ==>
v^2*a^2*b = u^2 (*) ==>
p aparece no lado esquerdo de (*) com expoente impar e no lado direito com expoente par ==> contradicao (ao teorema da fatoracao unica nos inteiros) ==>
n nao pode ser quadrado perfeito.
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Curiosidade: a expressao de um inteiro positivo n na forma n = a^2*b pode ser usada para se provar alguns resultados interessantes envolvendo primos.
Por exemplo, sejam p(1) = 2, p(2) = 3, ..., p(k) os primeiros k primos.
Seja N(m) = numero de inteiros positivos menores ou iguais a m cuja decomposicao em fatores primos nao envolve nenhum primo maior do que p(k).
Vamos calcular uma cota superior para N(m).
Seja n um dos inteiros positivos contados em N(m).
Escrevendo n = a^2*b, concluimos o seguinte:
i) 1 <= a^2 <= m ==>
1 <= a <= raiz(m) ==>
existem no maximo [raiz(m)] possibilidades para a.
ii) b = p(1)^x(1)*p(2)^x(2)*...*p(k)^x(k), onde cada x(i) eh 0 ou 1 ==>
existem 2 possibilidades para cada x(i) ==>
existem no maximo 2^k possibilidades para b
("no maximo" porque p(1)*p(2)*...*p(k) pode ser maior do que m).
(i) e (ii) ==> N(m) <= raiz(m)*2^k.
Vamos aos resultados:
1) O conjunto dos primos eh infinito:
Suponha, por absurdo, que existam apenas k primos.
Entao, para todo m, N(m) = m ==>
m <= raiz(m)*2^k ==>
raiz(m) <= 2^k ==>
k >= log(m)/(2*log(2)) ==>
contradicao (basta tomar m > 2^(2k), o que resulta em k > k) ==>
o conjunto dos primos eh infinito
2) A serie 1/p(1) + 1/p(2) + 1/p(3) + ... dos inversos dos primos diverge:
Suponha, por absurdo, que a serie seja convergente.
Entao, existe um indice k tal que 1/p(k+1) + 1/p(k+2) + ... < 1/2.
Seja m um inteiro positivo.
Para cada i >= k+1, o numero de multiplos de p(i) menores ou iguais a m eh menor ou igual a m/p(i).
Logo, o numero de multiplos menores ou iguais a m de algum primo maior do que p(k) eh menor ou igual a m/p(k+1) + m/p(k+1) + ... < m/2.
Alem disso, como vimos acima, o numero N(m), de inteiros positivos menores ou iguais a m cuja decomposicao em fatores primos nao envolve nenhum primo maior do que p(k) eh menor ou igual a raiz(m)*2^k.
Agora, dado um inteiro positivo n <= m, de duas uma:
Ou:
n nao tem nenhum fator primo maior do que p(k),
e existem nao mais do que raiz(m)*2^k tais inteiros,
ou:
n tem algum fator primo maior do que p(k),
e existem nao mais do que m/2 tais inteiros.
Obviamente, o numero de inteiros positivos menores ou iguais a m eh m.
Assim, temos que:
m <= raiz(m)*2^k + m/2 ==>
raiz(m) <= 2^(k+1) ==>
m <= 2^(2k+2) ==>
contradicao (basta tomar m > 2^(2k+2)) ==>
a serie dos inversos dos primos diverge.
[]s,
Claudio.
on 25.05.04 14:06, Lista OBM at [EMAIL PROTECTED] wrote:
Meu caro Rickufrj,
acho que você apenas concluiu que n divide p^2. E isso não é um absurdo.
rickufrj <[EMAIL PROTECTED]> wrote:
Como devo proceder para verificar esta afirmação:Se n
não é um quadrado perfeito, então sqrt{n} é irracional.
Grato desde já com a possível ajuda de vocês.
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Olá ,cheguei a uma solução :
Se n não é um quadrado perfeito , isso significa que
pode ser escrito como n=(a*b*c...) , onde {a,b,c,..},
são primos entre si(p.e.s.).
Supondo que sqrt(n) seja racional , temos :
sqrt(n)=p/q , onde p e q são p.e.s. .
Para 'clarear' um pouco mais o absurdo , escrevi assim:
p^2 = (a*b*c...)*q^2 , o que é uma contradição(-><-) ,
pois como p e q são p.e.s. , p não pode ser múltiplo de
q.Com isso , sqrt(n) é racional para um n que não seja
quadrado perfeito .
Achei muito comum essa solução para os, mandei mesmo
com o intuito de participar um pouco mais da lista .
Um abraço
Luiz H. Barbosa
