Ragzzi c'è un problema che ho inventato che mi sembrava banale, ma poi non vi ho trovato alcuna soluzione elementare:
Esistono infiniti numeri triangolari che sono anche quadrati perfetti?
Che mi sapete dire?
Triangolari,elementare o no?
Triangolari,elementare o no?
Lo stolto è colui che dice quello che sa.Il saggio è colui che sa quello che dice.
"And then one day you find,ten years have got behind you,no one told when to run,you missed the starting gun"
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Ti do un hint:
tu avrai scritto l'equazione
$ n(n+1)=2m^2 $ o qualcosa di simile, giusto?
Bene, cerca di ridurla a $ x^2-2y^2=1 $ (dove x,y sono opportune funzioni di n e m, non troppo complicate in realtà).
A questo punto, dedicati alla seconda, nel seguente modo:
supponi che (a,b) sia una soluzione positiva di quell'equazione (a,b positivi e non nulli) e considera il numero $ (a+b\sqrt{2})^2=c+d\sqrt{2} $ con c,d numeri naturali
1) come sono scritti c,d in funzione di a,b?
2) cosa centrano c,d con le soluzioni dell'equazione di cui sopra in x,y?
3) riesci a trovare a mano almeno una soluzione di quell'equazione?
A questo punto dovresti aver risposto alla tua domanda.
tu avrai scritto l'equazione
$ n(n+1)=2m^2 $ o qualcosa di simile, giusto?
Bene, cerca di ridurla a $ x^2-2y^2=1 $ (dove x,y sono opportune funzioni di n e m, non troppo complicate in realtà).
A questo punto, dedicati alla seconda, nel seguente modo:
supponi che (a,b) sia una soluzione positiva di quell'equazione (a,b positivi e non nulli) e considera il numero $ (a+b\sqrt{2})^2=c+d\sqrt{2} $ con c,d numeri naturali
1) come sono scritti c,d in funzione di a,b?
2) cosa centrano c,d con le soluzioni dell'equazione di cui sopra in x,y?
3) riesci a trovare a mano almeno una soluzione di quell'equazione?
A questo punto dovresti aver risposto alla tua domanda.
Ho capito:tu mi hai dato una funzione generatrice che a partire da due valori interi dell'equazione seconda mi permette di trovarne altri due certamente interi;difatti basta rigirare un pò la terza equazione mettendo b in funzione di a(secondo l'ipotesi di partenza)e verificare che i quadrati di c e d sono tali che c e d siano soluzioni intere positive della seconda equazione.Partendo così da x=3 e y=2 possiamo avere infinite soluzioni intere.
Ti ringrazio molto EvaristeG quello che non ero riuscito a fare era proprio formulare la terza e più importante equazione che tempestivamente mi hai postato.
Ti ringrazio molto EvaristeG quello che non ero riuscito a fare era proprio formulare la terza e più importante equazione che tempestivamente mi hai postato.
Lo stolto è colui che dice quello che sa.Il saggio è colui che sa quello che dice.
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Carlein, contento che tu abbia capito. Sarebbe ora carino se tu postassi la risoluzione del problema, ovvero come passare dall'eq in m,n a quella in x,y e come si dimostrano le cose che ti ho suggerito.
Beh, ora vediamo di farci pure un po' di cultura.
L'equazione $ x^2-Ny^2=1 $, con N libero da quadrati (nel senso che non c'è nessun quadrato maggiore di 1 che lo divide), si dice equazione di Pell.
Adesso qualcuno (che magari già non ha visto ste cose) mi dimostra le seguenti:
(1) sia (a,b) una soluzione particolare di interi positivi; allora l'unica coppia di interi positivi c,d tali che $ c+\sqrt{N}d=(a+\sqrt{N}b)^m $ è ancora soluzione per qualunque scelta di m naturale;
(2) se (a,b) è la più piccola soluzione positiva dell'equazione, allora il metodo precedente fornisce TUTTE le soluzioni positive
Inoltre, si può anche verificare che le soluzioni al problema dei numeri quadrati e triangolari sono date dalla ricorsione
$ m_k=6m_{k-1}-m_{k-2} $
partendo da 0,1.
Chi si butta?
Beh, ora vediamo di farci pure un po' di cultura.
L'equazione $ x^2-Ny^2=1 $, con N libero da quadrati (nel senso che non c'è nessun quadrato maggiore di 1 che lo divide), si dice equazione di Pell.
Adesso qualcuno (che magari già non ha visto ste cose) mi dimostra le seguenti:
(1) sia (a,b) una soluzione particolare di interi positivi; allora l'unica coppia di interi positivi c,d tali che $ c+\sqrt{N}d=(a+\sqrt{N}b)^m $ è ancora soluzione per qualunque scelta di m naturale;
(2) se (a,b) è la più piccola soluzione positiva dell'equazione, allora il metodo precedente fornisce TUTTE le soluzioni positive
Inoltre, si può anche verificare che le soluzioni al problema dei numeri quadrati e triangolari sono date dalla ricorsione
$ m_k=6m_{k-1}-m_{k-2} $
partendo da 0,1.
Chi si butta?
EvaristeG scusami se non ho mandato la soluz.,ma essendo nuovo non ho ancora imparato ad usare la Tex;dammi tempo mezza giornatina per imparare e la posto.
Lo stolto è colui che dice quello che sa.Il saggio è colui che sa quello che dice.
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Mi limito a dimostrare il lemma 1.
Supponiamo che $ (a,b) $ e $ (c,d) $ siano soluzioni, da cui si ricava che $ a^2=1+Nb^2 $ e $ c^2=1+Nd^2 $.
Consideriamo i due numeri interi $ e $ e $ f $ tali che $ e+f\sqrt N=(a+b\sqrt N)(c+d\sqrt N) $.
Voglio dimostrare che $ (e,f) $ è una soluzione dell'equazione di partenza.
Innanzi tutto ricaviamo le formule che esprimono $ e $ e $ f $ in funzione di $ a $, $ b $, $ c $ e $ d $. Sviluppando il prodotto si trova $ e=ac+bdN $ e $ f=ad+bc $. Ora sostituiamo $ e $ e $ f $ al posto di $ x $ e di $ y $ nell'equazione per vedere se questa risulta verificata.
$ e^2-Nf^2=(ac+bdN)^2-N(ad+bc)^2 $$ =a^2c^2+2abcdN+b^2d^2N^2-a^2d^2N-2abcdN-b^2c^2N $.
Sostituisco ora i valori di $ a $ e $ c $ in funzione di $ b $ e $ d $.
$ (1+Nb^2)(1+Nd^2)+b^2d^2N^2-(1+Nb^2)d^2N-b^2(1+Nd^2)N^2 $ che diventa
$ 1+b^2N+d^2N+b^2d^2N^2+b^2d^2N^2 $$ -d^2N-b^2d^2N^2-b^2N-b^2d^2N^2 $, la quale a sua volta si semplifica finalmente in $ 1 $.
Se indico con $ (a,b)§(c,d) $ l'operazione che mi trova la coppia $ (e,f)=(ac+bdN,ad+bc) $, avrò in particolare che se $ (a,b) $ è una soluzione, allora anche $ (a,b)§(a,b)§...§(a,b) $ lo è.
Consideriamo l'equazione $ x^2-Ny^2=1 $.EvaristeG ha scritto:(1) sia (a,b) una soluzione particolare di interi positivi; allora l'unica coppia di interi positivi c,d tali che $ c+\sqrt{N}d=(a+\sqrt{N}b)^m $ è ancora soluzione per qualunque scelta di m naturale
Supponiamo che $ (a,b) $ e $ (c,d) $ siano soluzioni, da cui si ricava che $ a^2=1+Nb^2 $ e $ c^2=1+Nd^2 $.
Consideriamo i due numeri interi $ e $ e $ f $ tali che $ e+f\sqrt N=(a+b\sqrt N)(c+d\sqrt N) $.
Voglio dimostrare che $ (e,f) $ è una soluzione dell'equazione di partenza.
Innanzi tutto ricaviamo le formule che esprimono $ e $ e $ f $ in funzione di $ a $, $ b $, $ c $ e $ d $. Sviluppando il prodotto si trova $ e=ac+bdN $ e $ f=ad+bc $. Ora sostituiamo $ e $ e $ f $ al posto di $ x $ e di $ y $ nell'equazione per vedere se questa risulta verificata.
$ e^2-Nf^2=(ac+bdN)^2-N(ad+bc)^2 $$ =a^2c^2+2abcdN+b^2d^2N^2-a^2d^2N-2abcdN-b^2c^2N $.
Sostituisco ora i valori di $ a $ e $ c $ in funzione di $ b $ e $ d $.
$ (1+Nb^2)(1+Nd^2)+b^2d^2N^2-(1+Nb^2)d^2N-b^2(1+Nd^2)N^2 $ che diventa
$ 1+b^2N+d^2N+b^2d^2N^2+b^2d^2N^2 $$ -d^2N-b^2d^2N^2-b^2N-b^2d^2N^2 $, la quale a sua volta si semplifica finalmente in $ 1 $.
Se indico con $ (a,b)§(c,d) $ l'operazione che mi trova la coppia $ (e,f)=(ac+bdN,ad+bc) $, avrò in particolare che se $ (a,b) $ è una soluzione, allora anche $ (a,b)§(a,b)§...§(a,b) $ lo è.
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
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vi mando quello che sono riuscito a fare
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Lo stolto è colui che dice quello che sa.Il saggio è colui che sa quello che dice.
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EvaristeG ha scritto:Adesso qualcuno mi dimostra le seguenti:
(1) sia (a,b) una soluzione particolare di interi positivi; allora l'unica coppia di interi positivi c,d tali che $ c+\sqrt{N}d=(a+\sqrt{N}b)^m $ è ancora soluzione per qualunque scelta di m naturale;
(2) se (a,b) è la più piccola soluzione positiva dell'equazione, allora il metodo precedente fornisce TUTTE le soluzioni positive
Ora che il punto 1 è risolto, prova a dedicarti al punto 2 invece.Carlein ha scritto:EvaristeG ci
ha posto un problema molto più generale e interessante ovvero che m è un
qualsiasi numero naturale.Faccio notare che la dimostrazione per 2 implica quella
per 2k per ogni k naturale e che per la stessa ragione basterebbe dimostrarlo per
ogni m primo,ma non vedo come questo semplifichi le cose.Quindi a meno che non
ci siano altri, invito te EvaristeG a risolvere l’enigma.Non aspetto altro...
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
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Perennemente critico...EvaristeG ha scritto:Ehm sì, ma scriverlo come messaggio sarebbe stato più comodo ...c'è il tex apposta sul forum.
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
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Lo so che c'è la tex per questo ma avendo avuto una giornata di fuoco non avevo il tempo di imparare la tex e mandare il messagio.Nonostante ciò volevo mandare il messaggio.Quindi....
Lo stolto è colui che dice quello che sa.Il saggio è colui che sa quello che dice.
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Ok Ok ... cmq, altro sistema per il punto 1:
$ 1=1^m=(a^2-Nb^2)^m=(a+\sqrt{N}b)^m $$ (a-\sqrt{N}b)^m=(c+\sqrt{N}d)(c-\sqrt{N}d)=c^2-Nd^2 $
dando per scontato che, se $ (a+\sqrt{N}b)^m=c+\sqrt{N}d $ allora $ (a-\sqrt{N}b)^m=c-\sqrt{N}d $ come è ovvio dallo sviluppo delle potenze del binomio (la parte che continua a contenere la radice di N è formata dalle potenze dispari di $ \sqrt{N}b $).
Ora, avanti col 2.
$ 1=1^m=(a^2-Nb^2)^m=(a+\sqrt{N}b)^m $$ (a-\sqrt{N}b)^m=(c+\sqrt{N}d)(c-\sqrt{N}d)=c^2-Nd^2 $
dando per scontato che, se $ (a+\sqrt{N}b)^m=c+\sqrt{N}d $ allora $ (a-\sqrt{N}b)^m=c-\sqrt{N}d $ come è ovvio dallo sviluppo delle potenze del binomio (la parte che continua a contenere la radice di N è formata dalle potenze dispari di $ \sqrt{N}b $).
Ora, avanti col 2.
C'è inoltre un altro problema che non riesco a risolvere.EvaristeG ha scritto:(2) se (a,b) è la più piccola soluzione positiva dell'equazione, allora il metodo precedente fornisce TUTTE le soluzioni positive
Come si fa a dimostrare che il metodo che fa uso delle frazioni continue fornisce la più piccola soluzione positiva?
Se la risposta a questo quesito non interferisce con la dimostrazione del tuo lemma 2, potresti illuminarmi in proposito?
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
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Vediamo se riesco a dimostrare il lemma 2.
Premesse:
1) in tutta la dimostrazione mi limito a considerare soluzioni in cui entrambi i numeri sono positivi
2) dico che una soluzione $ (a,b) $ è minore di un'altra $ (c,d) $ se $ a+b\sqrt N<c+d\sqrt N $
Inizio in modo molto simile a quanto fatto per il lemma 1.
Siano $ (a,b) $ e $ (c,d) $ due soluzioni di $ x^2-Ny^2=1 $ con $ (c,d) $ minore di $ (a,b) $.
Definisco ora due numeri $ e $ e $ f $ tali per cui $ \displaystyle e+f\sqrt N=\frac{a+b\sqrt N}{c+d\sqrt N}=\frac{a+b\sqrt N}{c+d\sqrt N}\frac{c-d\sqrt N}{c-d\sqrt N}= $$ \displaystyle =\frac{(ac-bdN)+(bc-ad)\sqrt N}{c^2-Nd^2}=(ac-bdN)+(bc-ad)\sqrt N $. Da qui si vede che $ e $ e $ f $ sono numeri interi.
Ora dovrei verificare che $ e^2-N f^2=1 $. Per farlo noto che posso riseguire quasi fedelmente la dimostrazione data nel lemma 1. Infatti i numeri $ e $ e $ f $ di adesso differiscono da quelli dell'altra volta solo per un segno meno. Elevando alla seconda, l'unica cosa che risente di questa differenza è il termine derivante dal doppio prodotto (in questo caso sarebbe $ 2abcdN $), che però era stato semplificato subito.
Vediamo quindi che prese due soluzioni, "dividendole" se ne trova una terza.
Passiamo ora a dimostrare che tutte le soluzioni derivano da una potenza di $ a+b\sqrt N $, dove $ (a,b) $ è la soluzione per cui $ a+b\sqrt N $ è minimo. Supponiamo per assurdo che esista una soluzione $ (c,d) $ tale per cui $ c+d\sqrt N $ sia diverso da $ (a+b\sqrt N)^m $ per ogni esponente naturale $ m $. $ c+d\sqrt N $ sarà allora compreso fra due potenze successive, diciamo $ (a+b\sqrt N)^m<c+d\sqrt N<(a+b\sqrt N)^{m+1} $. Da qui si ricava $ \displaystyle \frac{(a+b\sqrt N)^m}{(a+b\sqrt N)^m}<\frac{c+d\sqrt N}{(a+b\sqrt N)^m}<\frac {(a+b\sqrt N)^{m+1}}{(a+b\sqrt N)^m} $, ovvero $ \displaystyle 1<\frac{c+d\sqrt N}{(a+b\sqrt N)^m}<a+b\sqrt N $. Sia $ e+f\sqrt N $ la frazione centrale, per quanto visto prima si ha che $ (e,f) $ è una soluzione. Del resto si ha anche che $ e+f\sqrt N<a+b\sqrt N $, il che contraddice l'ipotesi che $ (a,b) $ fosse la minima.
Premesse:
1) in tutta la dimostrazione mi limito a considerare soluzioni in cui entrambi i numeri sono positivi
2) dico che una soluzione $ (a,b) $ è minore di un'altra $ (c,d) $ se $ a+b\sqrt N<c+d\sqrt N $
Inizio in modo molto simile a quanto fatto per il lemma 1.
Siano $ (a,b) $ e $ (c,d) $ due soluzioni di $ x^2-Ny^2=1 $ con $ (c,d) $ minore di $ (a,b) $.
Definisco ora due numeri $ e $ e $ f $ tali per cui $ \displaystyle e+f\sqrt N=\frac{a+b\sqrt N}{c+d\sqrt N}=\frac{a+b\sqrt N}{c+d\sqrt N}\frac{c-d\sqrt N}{c-d\sqrt N}= $$ \displaystyle =\frac{(ac-bdN)+(bc-ad)\sqrt N}{c^2-Nd^2}=(ac-bdN)+(bc-ad)\sqrt N $. Da qui si vede che $ e $ e $ f $ sono numeri interi.
Ora dovrei verificare che $ e^2-N f^2=1 $. Per farlo noto che posso riseguire quasi fedelmente la dimostrazione data nel lemma 1. Infatti i numeri $ e $ e $ f $ di adesso differiscono da quelli dell'altra volta solo per un segno meno. Elevando alla seconda, l'unica cosa che risente di questa differenza è il termine derivante dal doppio prodotto (in questo caso sarebbe $ 2abcdN $), che però era stato semplificato subito.
Vediamo quindi che prese due soluzioni, "dividendole" se ne trova una terza.
Passiamo ora a dimostrare che tutte le soluzioni derivano da una potenza di $ a+b\sqrt N $, dove $ (a,b) $ è la soluzione per cui $ a+b\sqrt N $ è minimo. Supponiamo per assurdo che esista una soluzione $ (c,d) $ tale per cui $ c+d\sqrt N $ sia diverso da $ (a+b\sqrt N)^m $ per ogni esponente naturale $ m $. $ c+d\sqrt N $ sarà allora compreso fra due potenze successive, diciamo $ (a+b\sqrt N)^m<c+d\sqrt N<(a+b\sqrt N)^{m+1} $. Da qui si ricava $ \displaystyle \frac{(a+b\sqrt N)^m}{(a+b\sqrt N)^m}<\frac{c+d\sqrt N}{(a+b\sqrt N)^m}<\frac {(a+b\sqrt N)^{m+1}}{(a+b\sqrt N)^m} $, ovvero $ \displaystyle 1<\frac{c+d\sqrt N}{(a+b\sqrt N)^m}<a+b\sqrt N $. Sia $ e+f\sqrt N $ la frazione centrale, per quanto visto prima si ha che $ (e,f) $ è una soluzione. Del resto si ha anche che $ e+f\sqrt N<a+b\sqrt N $, il che contraddice l'ipotesi che $ (a,b) $ fosse la minima.
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]