(a+½)^n+(b+½)^n intero?
(a+½)^n+(b+½)^n intero?
Da 'Number Theory' di Naoki Sato:
Siano a, b e n interi. Si dimostri che
$ \bigg(a+\frac12\bigg)^n+\bigg(b+\frac12\bigg)^n $
è intero solo per un numero finito di valori di n.
Ora, dove sta il problema? il problema è che ho dimostrato l'esatto contrario
Ad esempio, si supponga che la prima parentesi sia multipla della seconda, diciamo k volte la seconda. Si nota subito che k deve essere dispari, altrimenti uno tra a e b non sarebbe intero. Abbiamo in questo caso
$ \displaystyle\bigg(a+\frac12\bigg)^n+\bigg[k\bigg(a+\frac12\bigg)\bigg]^n= $$ \displaystyle\bigg(k^n+1\bigg)\bigg(a+\frac12\bigg)^n $$ \displaystyle=\bigg(k^n+1\bigg)\frac{\bigg(2a+1\bigg)^n}{2^n} $.
Ora, supponiamo $ k=2^n-1 $: si ha per ogni n dispari $ 2^n|k^n+1 $(congruenze), ed il risultato è intero per infiniti valori di n (infatti i numeri dispari sono infiniti ).
Per cui, o c'è un errore nel testo, o ho preso una cantonata io (possibile visto che ho fatto questo esercizio nell'ora di filosofia). Chi mi aiuta a capire dove sta la retta via? Grazie in anticipo
Siano a, b e n interi. Si dimostri che
$ \bigg(a+\frac12\bigg)^n+\bigg(b+\frac12\bigg)^n $
è intero solo per un numero finito di valori di n.
Ora, dove sta il problema? il problema è che ho dimostrato l'esatto contrario
Ad esempio, si supponga che la prima parentesi sia multipla della seconda, diciamo k volte la seconda. Si nota subito che k deve essere dispari, altrimenti uno tra a e b non sarebbe intero. Abbiamo in questo caso
$ \displaystyle\bigg(a+\frac12\bigg)^n+\bigg[k\bigg(a+\frac12\bigg)\bigg]^n= $$ \displaystyle\bigg(k^n+1\bigg)\bigg(a+\frac12\bigg)^n $$ \displaystyle=\bigg(k^n+1\bigg)\frac{\bigg(2a+1\bigg)^n}{2^n} $.
Ora, supponiamo $ k=2^n-1 $: si ha per ogni n dispari $ 2^n|k^n+1 $(congruenze), ed il risultato è intero per infiniti valori di n (infatti i numeri dispari sono infiniti ).
Per cui, o c'è un errore nel testo, o ho preso una cantonata io (possibile visto che ho fatto questo esercizio nell'ora di filosofia). Chi mi aiuta a capire dove sta la retta via? Grazie in anticipo
[url=http://www.myspace.com/italiadimetallo][img]http://img388.imageshack.us/img388/4813/italiadimetallogn7.jpg[/img][/url]
Non è che lo posso supporre, semplicemente esamino questo caso, e noto che in questo caso l'ipotesi è falsa, quando invece dovrebbe valere indipendentemente dagli a e b scelti. Quindi qualcosa non va. giusto
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potrebbe essere dovuto al fatto che se $ $b+\frac{1}{2}=k\cdot \left( a+\frac{1}{2} \right) \Rightarrow k=\frac{2b+1}{2a+1}$ $
dopo di che tu supponi $ ~k=2^n-1 $,
quindi fissati $ ~a $ e $ ~b $ fissi anche $ $n=\log_2\left(\frac{a+b+1}{2a+1}\right)+1$ $
dopo di che tu supponi $ ~k=2^n-1 $,
quindi fissati $ ~a $ e $ ~b $ fissi anche $ $n=\log_2\left(\frac{a+b+1}{2a+1}\right)+1$ $
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Software is like sex: it's better when it's free (Linus T.)
membro: Club Nostalgici
Non essere egoista, dona anche tu! http://fpv.hacknight.org/a8.php
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Re: (a+½)^n+(b+½)^n intero?
cancellata l'idiozia
quindi in questo modo n non può assumere tutti i valori... già... che cantonata avevo preso...
ok grazie 1000 SkZ. Appena ho tempo provo a rifarlo (magari non nell'ora di filosofia)
FATTO (credo)
allora, abbiamo $ \displaystyle \frac{(2a+1)^n+(2b+1)^n}{2^n} $
siano i e j tali che $ 2^i||a $ e $ 2^j||b $. Affermo wlog che $ j \ge i $. Risulta che $ (2a+1)^n \equiv 1 \pmod {2^i} $ e $ (2b+1)^n \equiv 1 \pmod {2^i} $.
Quindi abbiamo $ (2a+1)^n+(2b+1)^n \equiv 2 \pmod{2^i} $. Possiamo quindi scrivere $ $\frac{c\cdot2^i+2}{2^n} $ cioè $ $\frac{2(c\cdot2^{i-1}+1)}{2^n} $, da cui segue facilmente la tesi
ok grazie 1000 SkZ. Appena ho tempo provo a rifarlo (magari non nell'ora di filosofia)
FATTO (credo)
allora, abbiamo $ \displaystyle \frac{(2a+1)^n+(2b+1)^n}{2^n} $
siano i e j tali che $ 2^i||a $ e $ 2^j||b $. Affermo wlog che $ j \ge i $. Risulta che $ (2a+1)^n \equiv 1 \pmod {2^i} $ e $ (2b+1)^n \equiv 1 \pmod {2^i} $.
Quindi abbiamo $ (2a+1)^n+(2b+1)^n \equiv 2 \pmod{2^i} $. Possiamo quindi scrivere $ $\frac{c\cdot2^i+2}{2^n} $ cioè $ $\frac{2(c\cdot2^{i-1}+1)}{2^n} $, da cui segue facilmente la tesi
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- GennadyUraltsev
- Messaggi: 10
- Iscritto il: 07 mar 2007, 19:43
- Località: Milano
Beh, certamente forse la soluzione e` facile dopo, pero` ci sarebbero 2 punti i quali non sono "inclusi" nella soluzione:
Il raggionamento tiene se:
1) $ i \neq 0 $
2) $ i \neq 1 $
perche` se no:
1) parlare di congruenza modulo uno non ha senso
2) l'ultima parte non sembra portare, almeno non direttamente, a nulla
Forse sono io che non capisco, pero` e` gia` un po` di tempo che non riesco a risolvere sto qua.... (Leggendo il Sato)
Il raggionamento tiene se:
1) $ i \neq 0 $
2) $ i \neq 1 $
perche` se no:
1) parlare di congruenza modulo uno non ha senso
2) l'ultima parte non sembra portare, almeno non direttamente, a nulla
Forse sono io che non capisco, pero` e` gia` un po` di tempo che non riesco a risolvere sto qua.... (Leggendo il Sato)
As an adolescent I aspired to lasting fame, I craved factual certainty, and I thirsted for a meaningful vision of human life - so I became a scientist. This is like becoming an archbishop so you can meet girls.
Effettivamente mi sa che GennadyUraltsev c'ha un po' ragione... Anch'io il "da cui segue facilmente la tesi" non l'ho capito proprio. O meglio: segue un po' troppa tesi, secondo te quella somma non e' intera per ogni n>1, ma questo e' falso (a=1, b=2, n=3 ad esempio...)
Forse e' meglio se ricontrolli la soluzione...
Forse e' meglio se ricontrolli la soluzione...
Fondatore dell'associazione "Non uno di meno", per lo sterminio massiccio dei nani e affini.