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Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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kn
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Messaggio da kn »

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 :roll:
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dario2994
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Messaggio da dario2994 »

WOOOO complimenti :shock: :D
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.
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kn
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Messaggio da kn »

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 :D
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). 8)
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. :wink:
Aspetto la conferma ufficiale di jordan
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gismondo
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Messaggio da gismondo »

$ 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
:D
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dario2994
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Messaggio da dario2994 »

@ 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
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gismondo
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Messaggio da gismondo »

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" :D
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".
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dario2994
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Messaggio da dario2994 »

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 :|
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gismondo
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Messaggio da gismondo »

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...
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dario2994
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Messaggio da dario2994 »

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.
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Messaggio da gismondo »

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..
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Messaggio da dario2994 »

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.
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Messaggio da gismondo »

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
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Messaggio da dario2994 »

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...
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Hai ovviamente ragione, ti ho fatto perdere tempo...
uff, ci penserò, grazie comunque.
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Messaggio da dario2994 »

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...
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