OliForum Matematico

Chiamiamo A l'insieme dei reali esprimibili come $ \displaystyle~a+b\sqrt{7} $ con $ \displaystyle~a,b\in\mathbb{Z} $ (si vede facilmente che a e b sono univocamente determinati). Questo insieme è chiuso rispetto ad addizione e moltiplicazione.
Possiamo estendere il concetto di congruenza $ \displaystyle~\pmod n $ anche ad A. Diciamo che $ \displaystyle~a+b\sqrt{7}\equiv c+d\sqrt{7}\pmod n $ se $ \displaystyle~a\equiv b\pmod n $ e $ \displaystyle~c\equiv d\pmod n $. Diciamo anche che $ \displaystyle~\upsilon_p(a+b\sqrt{7})=\upsilon_p((a,b)) $ e che $ \displaystyle~n\mid a+b\sqrt{7} $ se $ \displaystyle~n\mid (a,b) $.

Lemma. Anche per A vale questo. Dimostrazione:
detto t un elemento di A tale che $ \displaystyle~t=p^sj+1,~j\in A $, con $ \displaystyle~s>0 $ e $ \displaystyle~p\nmid j $, abbiamo $ \displaystyle~(p^sj+1)^p-1=\sum_{i=0}^p\binom{p}{i}(p^sj)^i-1\equiv p^{s+1}j\pmod{p^{s+2}} $, quindi $ \displaystyle~\upsilon_p(t^p-1)=\upsilon_p(t)+1 $. Per induzione se $ \displaystyle~k $ è una potenza di $ \displaystyle~p $ vale $ \displaystyle~\upsilon_p(t^k-1)=\upsilon_p(t)+\upsilon_p(k) $. Ora in generale se $ \displaystyle~\upsilon_p(k)=n $, posto $ \displaystyle~k=p^nm $ e $ \displaystyle~u=t^{p^n} $, vale $ \displaystyle~\upsilon_p(u^m-1)=\upsilon_p(u-1) $, infatti $ \displaystyle~u^m-1=(u-1)(u^{m-1}+\ldots+u+1) $ e (poiché $ \displaystyle~u\equiv1\pmod p $) $ \displaystyle~u^{m-1}+\ldots+u+1\equiv m\not\equiv0\pmod p $. Segue che $ \displaystyle~\forall k>0~\upsilon_p(t^k-1)=\upsilon_p(t-1)+\upsilon_p(k) $.

Ora finalmente torniamo al problema, in particolare al caso $ \displaystyle~z=1 $:
deve essere y > 1, dunque $ \displaystyle~\pmod 9 $ x dispari. Inoltre $ \displaystyle~\pmod 7 $ y pari.
Poniamo $ \displaystyle~x=2X+1 $ e $ \displaystyle~y=2Y $. Otteniamo $ \displaystyle~3^{2Y}-7\cdot7^{2X}=2 $ che assomiglia all'equazione di Pell classica. Vorremmo un 1 al posto del 2. Per fare ciò eleviamo al quadrato:
$ \displaystyle~3^{4Y}+7^2\cdot 7^{4X}-2\cdot 3^{2Y}\cdot 7\cdot 7^{2X}=4 $, che si può riscrivere come
$ \displaystyle~(3^{2Y}+7\cdot7^{2X})^2-7(2\cdot7^X\cdot3^Y)^2=4 $, o anche
$ \displaystyle~\left(\frac{3^{2Y}+7\cdot7^{2X}}{2}\right)^2-7(7^X\cdot3^Y)^2=1 $
Dunque, perché questa equazione sia soddisfatta, lo deve essere la seguente equazione di Pell (ridefinendo z)
$ \displaystyle~w^2-7z^2=1 $
con $ \displaystyle~z=7^X\cdot3^Y $
Dalla teoria delle equazioni di Pell (v. qui), sappiamo che $ \displaystyle~w+z\sqrt{7}=(8+3\sqrt{7})^n $ per qualche n (v. Theorem 2 nel pdf), da cui, eguagliando i coefficienti di $ \displaystyle~\sqrt{7} $,
$ \displaystyle~z=\frac{(8+3\sqrt{7})^n-(8-3\sqrt{7})^n}{2\sqrt{7}}=\frac{(8+3\sqrt{7})^{2n}-1}{2\sqrt{7}(8+3\sqrt{7})^n} $.
Quindi $ \displaystyle~\upsilon_3\left((8+3\sqrt{7})^{2n}-1\right)\ge Y $ e $ \displaystyle~\upsilon_7\left((8+3\sqrt{7})^{2n}-1\right)\ge X $ (non è detto purtroppo che $ \displaystyle~\upsilon_p(tu)=\upsilon_p(t)+\upsilon_p(u) $, basta prendere $ \displaystyle~p=3,t=2+\sqrt{7},u=1+\sqrt{7} $).
Vale $ \displaystyle~3\mid (8+3\sqrt{7})^2-1 $, da cui $ \displaystyle~\upsilon_3\left((8+3\sqrt{7})^{2n}-1\right)=1+\upsilon_3(n)\ge Y $.
Inoltre vale $ \displaystyle~7\mid (8+3\sqrt{7})^7-1 $ e $ \displaystyle~7\nmid (8+3\sqrt{7})^k-1 $ se k < 7 (si vede con due conti con le congruenze). Dunque $ \displaystyle~7\mid 2n $ e $ \displaystyle~\upsilon_7\left((8+3\sqrt{7})^{2n}-1\right)=1+\upsilon_7(\frac{2n}{7})=v_7(n)\ge X $.
Quindi $ \displaystyle~Y\le 1+\upsilon_3(n)\le 1+\log_3(n) $ e $ \displaystyle~X\le \log_7(n) $. Quindi $ \displaystyle~z=7^X\cdot3^Y\le n\cdot 3n=3n^2 $. Ma $ \displaystyle~z=\frac{(8+3\sqrt{7})^n-(8-3\sqrt{7})^n}{2\sqrt{7}}\ge\frac{(6\sqrt{7})^n}{2\sqrt{7}} $. Dunque deve essere $ \displaystyle~\frac{(6\sqrt{7})^n}{2\sqrt{7}}\le 3n^2 $ cioè $ \displaystyle~(6\sqrt{7})^n\le 6\sqrt{7}n^2 $, falso già per $ \displaystyle~n\ge 2 $. Segue che $ \displaystyle~n=1 $, $ \displaystyle~z=3^Y\cdot7^X=3 $, $ \displaystyle~Y=1 $ e $ \displaystyle~X=0 $. Dunque l'unica soluzione è $ \displaystyle~x=1,y=2 $.
Tornando alla z del problema di partenza, se z = 1 l'unica soluzione è $ \displaystyle~(1,2,1) $. Unendo questo a quanto già osservato da gismondo le uniche soluzioni sono $ \displaystyle~(1,2,1) $ e $ \displaystyle~(2,5,4) $.

Visto che mi sono inventato tutte queste estensioni di sana pianta, non escludo che possano esserci errori irreparabili

WOOOO complimenti
Con grande coraggio mi sono messo a leggere tutta la dimostrazione, sembra funzionare.
Ho letto tutto accuratamente tranne il lemma, che però mi pare credibile (sono stanco di leggere xD).
Alur... usi in modo non esplicito in 2 punti distinti (quelli che mi sono risultati più ostici) questi 2 fatti (li scrivo per comodità, ad altri capire dove li usi):
Dati $ x,y\in A^2 $ se $ $x/y\in A $ allora vale $ $ \upsilon_p(x/y)<\upsilon_p(x)\ \ \forall p\in\mathbb{P} $
Dati $ x,y\in \mathbb{R^+} $ vale $ $(x+y)^n>x^n+y^n $
Davvero complimenti, ci sono un bel po di belle idee dietro
Mi piacerebbe sapere come sei arrivato alla riscrittura in Pell Standard... capisco l'elevare al quadrato, ma io non avrei mai "visto" quei quadrati.

dario2994 ha scritto:Davvero complimenti, ci sono un bel po di belle idee dietro
Mi piacerebbe sapere come sei arrivato alla riscrittura in Pell Standard... capisco l'elevare al quadrato, ma io non avrei mai "visto" quei quadrati.

Grazie
Usando le notazioni del pdf, se sai che per un certo g vale $ \displaystyle~N(g)=2 $ allora sai che $ \displaystyle~N(g)N(g)=N(g^2)=4 $ (la norma come è definita nel pdf è moltiplicativa, v. Theorem 1).
Quindi se poni $ \displaystyle~g=3^Y+7^X\sqrt{7} $ la tua equazione dice che $ \displaystyle~N(g)=2 $, quindi sai che elevando a quadrato otterrai di nuovo una cosa esprimibile come quadrato1-7quadrato2=4, perché al LHS c'è $ \displaystyle~N(g^2) $. Se poi non vedi a occhio chi sono i nuovi quadrati ti calcoli la parte di $ \displaystyle~g^2 $ senza $ \displaystyle~\sqrt{7} $ (che è la base del quadrato1) e il coefficiente di $ \displaystyle~\sqrt{7} $ (che è la base del quadrato2).
Ora sperando che i due quadrati siano pari ti sbarazzi definitivamente del 4.
Spero di esserti stato utile..
P.S.: In generale è vero che i numeri esprimibili come $ \displaystyle~a^2+db^2 $ sono chiusi rispetto alla moltiplicazione (d intero). In questo caso $ \displaystyle~d=-7 $ e stiamo moltiplicando uno di questi numeri (g) per se stesso.
Aspetto la conferma ufficiale di jordan

$ 2=3^x-7^y $
mod 7: x pari
$ 2=3^{2n}-7^y=9^n-7^y $
$ 7^y=9^n-2 $
applico il logaritmo in base 7 a entrambi i membri
$ y=log_7(9^n-2) $
abbiamo che y è una funzione di n, per comodita definiamo:
$ y_n=log_7(9^n-2) $
per ciò abbiamo
$ y_1=1 $
$ y_{n+1}=y_n+(y_{n+1}-y_n) $
ma $ $y_{n+1}-y_n=log_7(9^{n+1}-2)-log_7(9^n-2)=log_7(\frac{9^{n+1}-2}{9^n-2})=log_7(9+\frac{16}{9^n-2}) $
quindi (*) $ $y_n=1+\sum_{i=1}^{n-1}{log_7(9+\frac{16}{9^i-2}) $
si può dimostrare che quel logaritmo è irrazionale...
quindi abbiamo una sommatoria di numeri irrazionali: può essere intera?
chiamiamo la sommatoria $ $P(n) $
abbiamo che $ $P(2) $ è irrazionale...
dunque $ $P(n) $ è irrazionale per ipotesi induttiva...
$ $P(n+1)=P(n)+log_7(9+\frac{16}{9^n-2}) $
il logaritmo è ancora irrazionale...
"La somma di due irrazionali x,y è razionale se e solo se x=-y+r con r razionale."
quindi dovrebbe essere $ $log_7(9+\frac{16}{9^n-2})=-\sum_{i=1}^{n-1}{log_7(9+\frac{16}{9^i-2})+r $
ma per (*) $ $log_7(9+\frac{16}{9^n-2})=1-y_n+r $
da cui $ $y_n=1+r-log_7(9+\frac{16}{9^n-2}) $
"La somma di un razionale più un irrazionale è irrazionale."
$ $y_n $ è irrazionale, assurdo.
L'unica soluzione è quando la sommatoria è uguale a 0 cioè y=1.
Potrebbe contenere errori

@ Gismondo: Si gli errori ci sono e sono anche relativamente gravi (se ho capito bene).
Fino al punto in cui congetturi che $ $S(n)=\sum_{i=1}^{n-1}\log_7(9+\frac{16}{9^i-2}) $ sia sempre irrazionale mi pare tutto giusto.
Poi non capisco più l'induzione, che tra l'altro mi pare sbagliatissima. Vorrei ricorcare che indurre vuol dire che sapendo che una tesi è vera per n allora è vera per n+1 (tu mi pare abbia fatto che n implica n... che è ovvio nonchè inutile).
Tra l'altro in un punto scrivi che $ $log_7(9+\frac{16}{9^i-2}) $ è sempre irrazionale... fatto che sicuramente non mi pare ovvio... e che non sono neanche certo sia vero xD

grazie delle risposte, ho scritto "potrebbe contenere errori" proprio per questo motivo
allora per l'induzione, io ho considerato la sommatoria per n:=n+1
quindi è venuto fuori la stessa sommatoria di prima (cioè fino a n-1) più l'ultimo termine che è il logaritmo in cui i assume il valore n....
per quanto riguarda l'irrazionalità di quel logaritmo, è il punto in cui sono in dubbio anche io...ho sbagliato a scrivere "si può dimostrare" forse, sarebbe stato meglio "spero che si possa dimostrare"
una mezza idea ce l'avevo...diciamo per assurdo

$ $log_7(9+\frac{16}{9^i-2})=a/b $ con a e b coprimi
allora per le proprietà dei logaritmi
$ $log_7(9+\frac{16}{9^i-2})^b=a $
ora la roba dentro le parentresi non può essere intera e quindi deve essere razionale del tipo $ $c/d $ con c e d coprimi, perciò diventa $ $c^b/d^b $ che rimane non intero...il logaritmo in base 7 di un numero non intero non può risultare intero, in contrasto con l'uguaglianza con a.
Anche qui, "potrebbe contenere errori".

Gismondo... io continuo a non capire l'induzione Potresti riscriverla per favore???
Il fatto che non è razionale... si c'ho pensato un attimo ed è banale, l'hai anche dimostrato in modo giusto
L'induzione invece mi sembra bacata nel profondo

grazie per il tempo che mi stai dedicando...
allora...noi abbiamo
$ $S(n)=\sum_{i=1}^{n-1}{log_7(9+\frac{16}{9^i-2}) $
e sappiamo che è irrazionale per ipotesi induttiva...
a questo punto io considero
$ $\sum_{i=1}^{n}{log_7(9+\frac{16}{9^i-2})=S(n+1) $
questa cosa è uguale a
$ $\sum_{i=1}^{n-1}{log_7(9+\frac{16}{9^i-2})+log_7(9+\frac{16}{9^n-2}) $
ora la parte di sinistra è proprio $ $S(n) $ mentre la parte di destra è irrazionale (lo abbiamo dimostrato)...
quindi abbiamo la somma di due cose irrazionali...
può essere razionale? no, perchè "dovrebbe essere...." e segui dal post pre-precedente...
quindi $ S(n+1) $ è irrazionale...

Uhm... continua ad essere sbagliata... ovviamente è sbagliata proprio la parte che non hai trascritto... prova a trovare l'errore; oppure riscrivi anche la parte mancante magari ho frainteso.

va bene...allora dobbiamo dimostrare che $ $\sum_{i=1}^{n-1}{log_7(9+\frac{16}{9^i-2})+log_7(9+\frac{16}{9^n-2}) $ è irrazionale dove i termini della somma sono entrambi irrazionali
supponiamo che sia razionale...
allora "La somma di due irrazionali x,y è razionale se e solo se x=-y+r con r razionale" quindi
$ $log_7(9+\frac{16}{9^n-2})=-\sum_{i=1}^{n-1}{log_7(9+\frac{16}{9^i-2})+r $
ma per la (*) (che viene dal post pre-pre-precedente) possiamo sostituire la sommatoria con $ 1-y_n $
$ $log_7(9+\frac{16}{9^n-2})=1-y_n+r $
esplicitando rispetto a $ $y_n $
$ $y_n=1+r-log_7(9+\frac{16}{9^n-2}) $
questo significa che $ $y_n $ è irrazionale poichè "la somma di un razionale più un irrazionale è irrazionale", ma questo è assurdo perchè $ $y_n $ è intero, perciò la somma che abbiamo considerato all'inizio di questo post è irrazionale..

E come mai $ $y_n $ dovrebbe essere intero??? Secondo me non hai colto a pieno il significato di dimostrazione, oppure io ho completamente frainteso il post.

oddio...ma $ $y_n $ dovrebbe essere intero perchè è una equazione diofantea no? ti prego, se non capisco io, scusami...sto cercando di vedere dove ho sbagliato

Uhm... alur bisogna aver ben chiaro che passaggi logici si sta facendo.
Tu vuoi dimostrare che $ $y_n=1+\sum_{i=1}^{n-1}\log(ROBA)=P(n)+1 $ è irrazionale per ogni n. Lo dimostri per induzione, ma ad un certo punto sfrutti come ipotesi $ $ y_n $ intero che oltre ad essere palesemente falso è anche in contrasto con l'ipotesi induttiva, nonchè con la tesi stessa d'induzione
Non so se sono riuscito ad essere chiaro, è una questione di logica...

Hai ovviamente ragione, ti ho fatto perdere tempo...
uff, ci penserò, grazie comunque.

Nessuno ha ovviamente ragione e non mi hai fatto perdere tempo. Dopo tante critiche sfrutto questo post per complimentarmi per l'idea di ricondursi a dimostrare che quella sommatoria è sempre irrazionale, il problema è che generalmente dimostrare che una somma di roba irrazionale è irrazionale è generalmente moooolto difficile...