Ramanujan Revisited

Sylvester · Messaggio da **Sylvester** » 01 gen 1970, 01:33

Mi è capitato recentemente di postare nella mailing list un\'equazione diofantea che ha procurato qualche polemica e ha anche fatto perdere la salute a qualcuno.
 Rieccola: n!+1=x^2
 Mentre cercavo invano di tirar fuori qualcosa di interessante su di essa ho risolto questo problema:
 
 \"Sia p un primo diverso da 3. Dimostrare che l\'equazione diofantea n!+p=x^2 ha al più 2(p-1) soluzioni. \"
 
 che benchè non c\'entri niente con la nostra equazione, o almeno non ci aiuti a risolverla, è gia interessante di per sè, e soprattutto può essere risolto con la nostra amata matematica elementare.
 
 Ovviamente l\'upper bound può essere eventualmente migliorato imponendo ulteriori restrizioni a p tuttavia già così l\'esercizio non è male.
 
 Un\'altra interessante variazione sul tema è questa equazione diofantea: n!=x^2. Provare che oltre a (n,x)=(0,1) e (n,x)=(1,1) non ha altre soluzioni. Anche qui non ci vuole altro che matematica elementare.
 
 Santi Spadaro
 
 <img src=\"http://www.magicflute.com/notes11/pics/ ... > [ Questo Messaggio è stato Modificato da: Sylvester il 2002-06-27 11:19 ]

CassanodiGaeta2000 · Messaggio da **CassanodiGaeta2000** » 01 gen 1970, 01:33

ho appena letto il tuo problema ed ho osservato un assurdo: se p finisce con 3o7 per n maggiore di 4, n! termina con 0 ed il quadrato non può esistere quindi le soluzioni sarebbero molto limitate.ho capito male il problema o sono impazzito?

Messaggio da **ma_go** » 01 gen 1970, 01:33

Se non sbaglio ha detto \"al più 2(p-1) soluzioni\", che può significare anche 0 soluzioni. <IMG SRC="images/splatt_forum/icons/icon_wink.gif"> [addsig]

CassanodiGaeta2000 · Messaggio da **CassanodiGaeta2000** » 01 gen 1970, 01:33

SORRY!

jack202 · Messaggio da **jack202** » 01 gen 1970, 01:33

Per il secondo problema utilizzo l\'artiglieria pesante...
 
 Lemma A (teorema di nonmiricordo)
 se n>2, tra n e 2n c\'è almeno un primo
 
 Nella fattorizzazione di n! tutti i numeri
 primi devono comparire con esponente
 pari. In 3! il 3 appare con esponente
 dispari, dunque bisogna che sia almeno
 n=6 per avere un 3 con esponente pari.
 Ma tra 3 e 6 c\'è un nuovo primo, 5.
 Dunque n>=10, poi n>=14, n>=26 e
 così via sino all\'infinito sempre sfruttando
 il Lemma A. Efficace ma troppo avanzata....

CassanodiGaeta2000 · Messaggio da **CassanodiGaeta2000** » 01 gen 1970, 01:33

Vorrei complimentarmi con te perché il primo è un problema molto divertente.
 Osserviamo che se n=0 o n=1 otteniamo p=x-1*x+1 da cui è evidente che L’ unico p è3. Per ogni altro p si può osservare che n può variare da 2 a 2p-1 al più, per cui la tesi è vera. Infatti se n>2p-1 otteniamo
 K*p^2+p=x^2 da cui x=a*p per cui modulo p^2 otterremo p=0: assurdo. Si osservi inoltre che la tesi è vera anche per 3. Si verifica facilmente che vale solo per n=0,1,3, che è meno di2p-2.
 Può essere interessante osservare che se n>4 p=1(40) o p=9(40). Infatti se n>4 n! finisce con 0 e affinché sia un quadrato p deve finire con1 o 9.
 Inoltre n!=0(<IMG SRC="images/splatt_forum/icons/icon_cool.gif"> X^2=1(<IMG SRC="images/splatt_forum/icons/icon_cool.gif">poiché x dispari, da cui p=1(<IMG SRC="images/splatt_forum/icons/icon_cool.gif">. Combinando le congruenze osservate con il teorema cinese del resto otteniamo la mia tesi.
 Il secondo punto l’ ho dimostrato in maniera articolata, sono sicuro esistano altri metodi.
 Poiché non è molto conosciuto spiego brevemente il principio di induzione forte:
 sia p una proprietà che vogliamo dimostrare vera per i numeri naturali.
 Se un caso ha questa proprietà e supponiamo vera la proprietà da quel caso a n, e riusciamo a dimostrare con questa ipotesi che è vera per n+1 allora vale per tutti i numeri da quel caso in poi.
 Mettiamola all’ atto pratico: osservo che 3! Non è un quadrato e neanche il doppio di un quadrato. Suppongo ciò vero per tutti gli n da3 in poi. Ora dimostro per n+1!
 Se n+1 è primo, n+1! Chiaramente non è un quadrato. Se n+1 è un quadrato, non essendolo per ipotesi n!, n+1!non è un quadrato. Se non è primo, e neanche un quadrato ci saranno 2 numeri a e b, nei primi n numeri tali che a*b=n+1.
 Se n+1! Fosse ora un quadrato allora a-1! Dovrebbe essere un quadrato ma è impossibile per ipotesi induttiva. L’ unico caso a darci problemi potrebbe essere con a=2 per cui 1! È effettivamente un quadrato. Ma anche in questo caso se n+1! Fosse un quadrato si andrebbe contro l’ ipotesi, infatti ciò vorrebbe dire che b-1! È il doppio di un quadrato che per ipotesi induttiva abbiamo detto impossibile.
 La dimostrazione in realtà non è finita infatti avendo preso per ipotesi che n! non è mai il doppio di un quadrato, dobbiamo dimostrarlo per n+1.
 Si ripresentano così i sottocasi di prima, tutti analogamente dimostrabili, tranne l’ ultimo.
 Per quest’ultimo il ragionamento è al contrario: se n+1! È il doppio di un quadrato, allora il suddetto b-1! Dovrebbe essere un quadrato, che per ipotesi è falso.
 E’ DIMOSTRATO:
 per ogni n>2 n! non è né un quadrato, né il doppio dello stesso, la prima cosa, quella richiesta, vale anche per 2!.
 Spero di esser stato chiaro
 Ciao
 Cassano di Gaeta2000

jack202 · Messaggio da **jack202** » 01 gen 1970, 01:33

Per il primo un assalto più soft :
 <pre>
 n! + p = x^2
 
 se n=1 si ha p=(x+1)(x-1) cioè x=0 x=2
 unica soluzione 1! + 3 = 2^2 ma p diverso da 3
 
 se 1<n
 se n>=2p
 p divide n!
 dunque x è nella forma x=yp
 
 (2n+k)!/p + 1 = p y^2
 
 ma il primo addendo è congruo a 0 mod p \"contenendo\" il fattore 2p
 il secondo addendo è congruo a 1 mod p
 il terzo addendo è congruo a 0 mod p
 
 possibili soluzioni per 1<n<2p
 
 al più 2(p-1) soluzioni.
 </pre>

Gauss · Messaggio da **Gauss** » 01 gen 1970, 01:33

Teorema di Cebiscev... anche se dubito che si scriva così... forse Chebischev...