)In effetti così è decisamente più elegante...FrancescoVeneziano ha scritto:$ \ y=\frac{A_{n+1}}{B_{n+1}}=\frac{y A_n +A_{n-1}}{y B_n +B_{n-1}} $
Frazioni continue e equazioni di Pell...
Avevo ottenuto la verità calata dall'alto in questo modo barbaro (perdona lo stile poco formale..): prendo la frazionaccia, la giro, ci levo il primo intero del periodo, la rigiro, levo il secondo intero del periodo, e così via finché non ho finito il periodo. L'induzione serve semplicemente a dimostrare che facendo questo passaggio m volte si arriva a quella cosa lì, ma siccome "quella cosa lì" è una successione per ricorrenza, l'induzione è abbastanza standard. (questo spiega perché non hai elencato questa cosa tra i "modi sensati di procedere" )
)"Sei la Barbara della situazione!" (Tap)
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FrancescoVeneziano
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Andiamo al domandone di piever. La risposta è sì; cerchiamo di capire perché.
Può servire per la dimostrazione, e in ogni caso è un'osservazione molto importante, che i convergenti approssimano molto bene il valore della frazione continua.
12) Le quantità $ \ \left| \alpha-\frac{A_n}{B_n}\right| $ sono decrescenti e vale
$ \displaystyle \left| \alpha -\frac{A_n}{B_n}\right|\leq \frac{1}{B_n B_{n+1}}<\frac{1}{B_n^2} $ (n>0)
Dico che i convergenti approssimano $ \ \alpha $ molto bene perché l'errore che si commette è minore dell'inverso del quadrato del denominatore, quando da una frazione scelta a caso ci aspettiamo un errore pari circa all'inverso del denominatore; parleremo ancora di questo argomento.
13) Ogni razionale quadratico ha uno sviluppo in frazione continua periodico.
Questa dimostrazione è più difficile di quelle viste fino ad ora; l'idea è di dimostrare che diventa periodica la successione dei quozienti totali $ \ \alpha_n $; questo può essere fatto mostrando esplicitamente che i numeri interi che compaiono nella loro espressione sono un numero finito, oppure mostrando che gli $ \ \alpha_n $ sono radici di equazioni quadratiche provenienti da un insieme finito. Provateci, c'è da far conti.
Chiamiamo "puramente periodiche" le frazioni continue che non presentano l'antiperiodo. Siamo interessati adesso a capire a quali razionali quadratici corrispondono. Come sempre cominciamo con lemmi esotici (Oops, come ha rilevato piever c'era un errore nel lemma):
14) Siano $ \ \alpha=[\overline{q_0,\dotsc,q_n}] $ e $ \ \beta=[\overline{q_n,\dotsc,q_0}] $; allora $ \ -\frac{1}{\beta} $ è il coniugato di $ \ \alpha $, cioè è l'altra radice dell'equazione di secondo grado risolta da $ \ \alpha $.
(per dimostrarlo potreste voler utilizzare (4) )
Può servire per la dimostrazione, e in ogni caso è un'osservazione molto importante, che i convergenti approssimano molto bene il valore della frazione continua.
12) Le quantità $ \ \left| \alpha-\frac{A_n}{B_n}\right| $ sono decrescenti e vale
$ \displaystyle \left| \alpha -\frac{A_n}{B_n}\right|\leq \frac{1}{B_n B_{n+1}}<\frac{1}{B_n^2} $ (n>0)
Dico che i convergenti approssimano $ \ \alpha $ molto bene perché l'errore che si commette è minore dell'inverso del quadrato del denominatore, quando da una frazione scelta a caso ci aspettiamo un errore pari circa all'inverso del denominatore; parleremo ancora di questo argomento.
13) Ogni razionale quadratico ha uno sviluppo in frazione continua periodico.
Questa dimostrazione è più difficile di quelle viste fino ad ora; l'idea è di dimostrare che diventa periodica la successione dei quozienti totali $ \ \alpha_n $; questo può essere fatto mostrando esplicitamente che i numeri interi che compaiono nella loro espressione sono un numero finito, oppure mostrando che gli $ \ \alpha_n $ sono radici di equazioni quadratiche provenienti da un insieme finito. Provateci, c'è da far conti.
Chiamiamo "puramente periodiche" le frazioni continue che non presentano l'antiperiodo. Siamo interessati adesso a capire a quali razionali quadratici corrispondono. Come sempre cominciamo con lemmi esotici (Oops, come ha rilevato piever c'era un errore nel lemma):
14) Siano $ \ \alpha=[\overline{q_0,\dotsc,q_n}] $ e $ \ \beta=[\overline{q_n,\dotsc,q_0}] $; allora $ \ -\frac{1}{\beta} $ è il coniugato di $ \ \alpha $, cioè è l'altra radice dell'equazione di secondo grado risolta da $ \ \alpha $.
(per dimostrarlo potreste voler utilizzare (4) )
Ultima modifica di FrancescoVeneziano il 20 feb 2008, 01:34, modificato 2 volte in totale.
Wir müssen wissen. Wir werden wissen.
12) Uso questa identità che è stata dimostrata alcuni post sopra:
$ \ \left| \alpha-\frac{A_n}{B_n}\right|>\left| \alpha-\frac{A_{n+1}}{B_{n+1}}\right| $
$ \displaystyle\frac{1}{B_n (\alpha_{n+1}B_{n}+B_{n-1})}>\frac{1}{B_{n+1} (\alpha_{n+2}B_{n+1}+B_{n})} $
$ \displaystyle B_{n+1} (\alpha_{n+2}B_{n+1}+B_{n})>B_n (\alpha_{n+1}B_{n}+B_{n-1}) $
$ \displaystyle B_{n+1} (\alpha_{n+2}B_{n+1}+B_{n})>B_n (B_{n+1}+\frac{B_n}{\alpha _{n+2}}) $
$ \displaystyle (B_{n+1} \alpha_{n+2})^2>B_n^2 $
Che è vero perché $ B_{n+1} >B_n $ e $ \alpha_{n+2}>1 $
parte 2:
$ \displaystyle \left| \alpha -\frac{A_n}{B_n}\right|=\frac{1}{B_n (\alpha_{n+1}B_{n}+B_{n-1})} $$ \displaystyle\le\frac{1}{B_n (q_{n+1}B_{n}+B_{n-1})}=\frac{1}{B_n B_{n+1}}<\frac{1}{B_n^2} $
14) Ma sei sicuro che sia vero?
parte 1:piever ha scritto:$ |\frac{A_n}{B_n}-\alpha|=\frac{1}{B_n(\alpha_{n+1}B_n+B_{n-1})} $
$ \ \left| \alpha-\frac{A_n}{B_n}\right|>\left| \alpha-\frac{A_{n+1}}{B_{n+1}}\right| $
$ \displaystyle\frac{1}{B_n (\alpha_{n+1}B_{n}+B_{n-1})}>\frac{1}{B_{n+1} (\alpha_{n+2}B_{n+1}+B_{n})} $
$ \displaystyle B_{n+1} (\alpha_{n+2}B_{n+1}+B_{n})>B_n (\alpha_{n+1}B_{n}+B_{n-1}) $
$ \displaystyle B_{n+1} (\alpha_{n+2}B_{n+1}+B_{n})>B_n (B_{n+1}+\frac{B_n}{\alpha _{n+2}}) $
$ \displaystyle (B_{n+1} \alpha_{n+2})^2>B_n^2 $
Che è vero perché $ B_{n+1} >B_n $ e $ \alpha_{n+2}>1 $
parte 2:
$ \displaystyle \left| \alpha -\frac{A_n}{B_n}\right|=\frac{1}{B_n (\alpha_{n+1}B_{n}+B_{n-1})} $$ \displaystyle\le\frac{1}{B_n (q_{n+1}B_{n}+B_{n-1})}=\frac{1}{B_n B_{n+1}}<\frac{1}{B_n^2} $
14) Ma sei sicuro che sia vero?
"Sei la Barbara della situazione!" (Tap)
Dopo essere stato pesantemente aiutato, posto quello che è venuto fuori del 13:
Come si procede: sia T una radice dell'equazione $ ax^2+bx+c=0 $, con a, b e c interi e $ a\neq 0 $
Poniamo $ T=[q_0,q_1,\dots ,q_n,q_{n+1}\dots] $ per opportuni a_i interi positivi (tranne a_o che può anche non essere positivo)
Ora definiamo $ T_n=[q_n,q_{n+1}\dots] $
Abbiamo che $ T=[q_0,q_1,\dots ,T_n]=\frac{A_{n-1}T_n+A_{n-2}}{B_{n-1}T_n+B_{n-2}} $ dove A_i e B_i sono i soliti convergenti.
Ora possiamo sostituire nella nostra equazione iniziale al posto di T, T espresso in funzione di T_n, cioè $ \frac{A_{n-1}T_n+A_{n-2}}{B_{n-1}T_n+B_{n-2}} $, facciamo il denominatore comune e otteniamo una roba della forma: $ a_nT_n^2+b_nT_n+c_n=o $
Non esplicito a_n, b_n e c_n perché non sono particolarmente belli, tuttavia hanno delle simpatiche caratteristiche (che si dimostrano esplicitandoli e facendo i conti, li ho fatti e vengono, ma vi prego non chiedetemi di scriverli in TeX..):
1) $ b_n^2-4a_nc_n=b^2-4ac $
2) $ c_n=a_{n-1} $
A questo punto se, tranne per un numero finito di casi, $ a_nc_n $ fosse negativo, avremmo risolto, perché resterebbero un numero finito di terne di interi positivi che soddisfano l'equazione "1)", quindi due T_i sarebbero uguali fra loro e quindi la frazione sarebbe periodica...
Ora, per una meravigliosa casualità, questa nostra disperata speranza si realizza!
Si dimostra con i seguenti passaggi (ordinateli come volete)
1) se $ a_n_c_n>o $, allora $ a_n $ e $ a_n+b_n+c_n $ hanno segno diverso. Questo si dimostra nello stesso modo in cui si facevano le vecchie care equazioni parametriche al liceo: si impone che almeno una soluzione sia positiva (quindi entrambe sono positive) e che siano una maggiore di uno (e questa qui sarebbe il nostro T_n) e l'altra minore di 1 (altrimenti avrei due sviluppi in frazione continua diversi).
2) da un certo punto in poi la quantità $ a_n+b_n+c_n $ inizia a cambiare segno ogni volta (sarebbe a dire per ogni n>k con k fissato bello grande si ha che $ (a_n+b_n+c_n)(a_{n+1}+b_{n+1}+c_{n+1})<0 $). Per dimostrare questo esplicitatevi $ a_n+b_n+c_n $ e se siete sufficientemente furbi riuscite a concludere (hint: come si risolvono le disequazioni di secondo grado?). Ditemi se non è chiaro e (sebbene controvoglia
) posterò i conti.
3) supponiamo che per un qualche m>k (il k è lo stesso di sopra) si abbia che $ a_mc_m>0 $ Segue che $ a_m+b_m+c_m $ e $ a_m $ sono di segno diverso. Ora il fatto che $ a_n+b_n+c_n $ e $ a_n $ sono di segno diverso (con n>k) implica che $ a_{n+1}+b_{n+1}+c_{n+1} $ e $ a_{n+1} $ sono di segno diverso. Infatti, supponiamo il contrario e avremmo che $ a_{n+1} $ e $ a_n $ sono di segno diverso, ma $ a_n=c_{n+1} $ e quindi $ a_{n+1}c_{n+1}>0 $, perciò $ a_{n+1}+b_{n+1}+c_{n+1} $ e $ a_{n+1} $ sono di segno diverso. La negazione della tesi implica la tesi quindi la tesi è vera. Per cui da quel punto in poi $ a_n $ e $ a_{n-1} $ sono di segno diverso, per cui $ a_{n}c_{n}<0 $
Spero ci si capisca qualcosa
Come si procede: sia T una radice dell'equazione $ ax^2+bx+c=0 $, con a, b e c interi e $ a\neq 0 $
Poniamo $ T=[q_0,q_1,\dots ,q_n,q_{n+1}\dots] $ per opportuni a_i interi positivi (tranne a_o che può anche non essere positivo)
Ora definiamo $ T_n=[q_n,q_{n+1}\dots] $
Abbiamo che $ T=[q_0,q_1,\dots ,T_n]=\frac{A_{n-1}T_n+A_{n-2}}{B_{n-1}T_n+B_{n-2}} $ dove A_i e B_i sono i soliti convergenti.
Ora possiamo sostituire nella nostra equazione iniziale al posto di T, T espresso in funzione di T_n, cioè $ \frac{A_{n-1}T_n+A_{n-2}}{B_{n-1}T_n+B_{n-2}} $, facciamo il denominatore comune e otteniamo una roba della forma: $ a_nT_n^2+b_nT_n+c_n=o $
Non esplicito a_n, b_n e c_n perché non sono particolarmente belli, tuttavia hanno delle simpatiche caratteristiche (che si dimostrano esplicitandoli e facendo i conti, li ho fatti e vengono, ma vi prego non chiedetemi di scriverli in TeX..):
1) $ b_n^2-4a_nc_n=b^2-4ac $
2) $ c_n=a_{n-1} $
A questo punto se, tranne per un numero finito di casi, $ a_nc_n $ fosse negativo, avremmo risolto, perché resterebbero un numero finito di terne di interi positivi che soddisfano l'equazione "1)", quindi due T_i sarebbero uguali fra loro e quindi la frazione sarebbe periodica...
Ora, per una meravigliosa casualità, questa nostra disperata speranza si realizza!
Si dimostra con i seguenti passaggi (ordinateli come volete)
1) se $ a_n_c_n>o $, allora $ a_n $ e $ a_n+b_n+c_n $ hanno segno diverso. Questo si dimostra nello stesso modo in cui si facevano le vecchie care equazioni parametriche al liceo: si impone che almeno una soluzione sia positiva (quindi entrambe sono positive) e che siano una maggiore di uno (e questa qui sarebbe il nostro T_n) e l'altra minore di 1 (altrimenti avrei due sviluppi in frazione continua diversi).
2) da un certo punto in poi la quantità $ a_n+b_n+c_n $ inizia a cambiare segno ogni volta (sarebbe a dire per ogni n>k con k fissato bello grande si ha che $ (a_n+b_n+c_n)(a_{n+1}+b_{n+1}+c_{n+1})<0 $). Per dimostrare questo esplicitatevi $ a_n+b_n+c_n $ e se siete sufficientemente furbi riuscite a concludere (hint: come si risolvono le disequazioni di secondo grado?). Ditemi se non è chiaro e (sebbene controvoglia
) posterò i conti.3) supponiamo che per un qualche m>k (il k è lo stesso di sopra) si abbia che $ a_mc_m>0 $ Segue che $ a_m+b_m+c_m $ e $ a_m $ sono di segno diverso. Ora il fatto che $ a_n+b_n+c_n $ e $ a_n $ sono di segno diverso (con n>k) implica che $ a_{n+1}+b_{n+1}+c_{n+1} $ e $ a_{n+1} $ sono di segno diverso. Infatti, supponiamo il contrario e avremmo che $ a_{n+1} $ e $ a_n $ sono di segno diverso, ma $ a_n=c_{n+1} $ e quindi $ a_{n+1}c_{n+1}>0 $, perciò $ a_{n+1}+b_{n+1}+c_{n+1} $ e $ a_{n+1} $ sono di segno diverso. La negazione della tesi implica la tesi quindi la tesi è vera. Per cui da quel punto in poi $ a_n $ e $ a_{n-1} $ sono di segno diverso, per cui $ a_{n}c_{n}<0 $
Spero ci si capisca qualcosa
"Sei la Barbara della situazione!" (Tap)
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Per adesso vado avanti, se necessario aggiungerò le dimostrazioni che mancano.
Vale anche un inverso del (14), cioè
15) Se $ \ \alpha>1 $ è un irrazionale quadratico tale che il suo coniugato è $ \ -1<\alpha'<0 $, allora $ \ \alpha $ ha uno sviluppo puramente periodico
L'idea per questa dimostrazione è sempre quella di guardare gli $ \ \alpha_n $ e gli $ \ \alpha'_n $ dimostrando che se $ \ \alpha_n=\alpha_m $ allora si può fare un passetto indietro ed ottenere $ \ \alpha_{n-1}=\alpha_{m-1} $
Col (15) si dimostra l'elemento essenziale per i nostri scopi, che è la caratterizzazione dello sviluppo dei numeri $ \ \sqrt{d} $
16)Sia d un naturale non quadrato, allora $ \ \sqrt{d}=[q_0,\overline{q_1,\dotsc,q_{n-1},2q_0}] $ ed inoltre per ogni $ \ 1\leq i\leq n-1 $ abbiamo $ \ q_i=q_{n-i} $.
Vale anche un inverso del (14), cioè
15) Se $ \ \alpha>1 $ è un irrazionale quadratico tale che il suo coniugato è $ \ -1<\alpha'<0 $, allora $ \ \alpha $ ha uno sviluppo puramente periodico
L'idea per questa dimostrazione è sempre quella di guardare gli $ \ \alpha_n $ e gli $ \ \alpha'_n $ dimostrando che se $ \ \alpha_n=\alpha_m $ allora si può fare un passetto indietro ed ottenere $ \ \alpha_{n-1}=\alpha_{m-1} $
Col (15) si dimostra l'elemento essenziale per i nostri scopi, che è la caratterizzazione dello sviluppo dei numeri $ \ \sqrt{d} $
16)Sia d un naturale non quadrato, allora $ \ \sqrt{d}=[q_0,\overline{q_1,\dotsc,q_{n-1},2q_0}] $ ed inoltre per ogni $ \ 1\leq i\leq n-1 $ abbiamo $ \ q_i=q_{n-i} $.
Wir müssen wissen. Wir werden wissen.
Sperando di non creare troppa confusione, due annotazioni sul punto 13).
Innanzitutto
$ a_n=aA_{n-1}^2+bA_{n-1}B_{n-1}+cB_{n-1}^2 $
$ b_n=2aA_{n-1}A_{n-2}+b(A_{n-1}A_{n-2}+B_{n-1}B_{n-2})+2cB_{n-1}B_{n-2} $
$ c_n=aA_{n-2}^2+bA_{n-2}B_{n-2}+cB_{n-2}^2 $
Inoltre, ricordando 12) (il secondo 12 ... capitemi), si ha che
$ |TB_{n-1}-A_{n-1}|<\dfrac{1}{B_{n-1}} $
ovvero
$ A_{n-1}=TB_{n-1}+\dfrac{d}{B_{n-1}} $ con $ |d|<1 $.
Quindi sostituendo nella formula per $ a_n $ si ottiene
$ a_n=2aTd+a\dfrac{d^2}{B_{n-1}^2}+bd $.
Ma
$ |a_n|=|2aTd+a\dfrac{d^2}{B_{n-1}^2}+db|\leq|2aT|+|a|+|b| $
e dunque c'è un numero limitato di possibilità per $ a_n $, ma siccome
$ c_n=a_{n-1} $ e $ b_n=\sqrt{b^2-4ac-4a_nc_n} $, c'è un numero finito di terne possibili.
Innanzitutto
$ a_n=aA_{n-1}^2+bA_{n-1}B_{n-1}+cB_{n-1}^2 $
$ b_n=2aA_{n-1}A_{n-2}+b(A_{n-1}A_{n-2}+B_{n-1}B_{n-2})+2cB_{n-1}B_{n-2} $
$ c_n=aA_{n-2}^2+bA_{n-2}B_{n-2}+cB_{n-2}^2 $
Inoltre, ricordando 12) (il secondo 12 ... capitemi), si ha che
$ |TB_{n-1}-A_{n-1}|<\dfrac{1}{B_{n-1}} $
ovvero
$ A_{n-1}=TB_{n-1}+\dfrac{d}{B_{n-1}} $ con $ |d|<1 $.
Quindi sostituendo nella formula per $ a_n $ si ottiene
$ a_n=2aTd+a\dfrac{d^2}{B_{n-1}^2}+bd $.
Ma
$ |a_n|=|2aTd+a\dfrac{d^2}{B_{n-1}^2}+db|\leq|2aT|+|a|+|b| $
e dunque c'è un numero limitato di possibilità per $ a_n $, ma siccome
$ c_n=a_{n-1} $ e $ b_n=\sqrt{b^2-4ac-4a_nc_n} $, c'è un numero finito di terne possibili.
Chiedo perdono per non aver risposto prima, ma i miei impegni (cioè la mia pigrizia) non mi hanno lasciato abbastanza tempo...
Comunque, ripartiamo allegramente con il 14):
Il modo più logico è trovare un polinomio a coefficienti interi che ha come radice $ \alpha $ e un altro che ha come radice $ -\frac{1}{\beta} $ e scoprire che coincidono.
Quello che ha per radice $ \alpha $ lo sappiamo già fare: detti A_i e B_i i convergenti, è $ p(x)=B_nx^2+(B_{n-1}-A_n)x-A_{n-1} $
Inoltre, conoscendo che il polinomio che ha per radice$ \beta $, possiamo scoprire che, detti C_i e D_i i convergenti di $ \beta $, un polinomio a coefficienti interi che ha come radice $ -\frac{1}{\beta} $ si trova senza problemi, è $ q(x)=C_{n-1}x^2+(D_{n-1}-C_n)x-D_n $
Sfruttando 4) (come, non a caso, suggerisce Francesco) notiamo che p(x)=q(x) e, sapendo che $ \alpha\neq -\frac{1}{\beta} $ per ovvi motivi di segno, abbiamo concluso.
Comunque, ripartiamo allegramente con il 14):
Il modo più logico è trovare un polinomio a coefficienti interi che ha come radice $ \alpha $ e un altro che ha come radice $ -\frac{1}{\beta} $ e scoprire che coincidono.
Quello che ha per radice $ \alpha $ lo sappiamo già fare: detti A_i e B_i i convergenti, è $ p(x)=B_nx^2+(B_{n-1}-A_n)x-A_{n-1} $
Inoltre, conoscendo che il polinomio che ha per radice$ \beta $, possiamo scoprire che, detti C_i e D_i i convergenti di $ \beta $, un polinomio a coefficienti interi che ha come radice $ -\frac{1}{\beta} $ si trova senza problemi, è $ q(x)=C_{n-1}x^2+(D_{n-1}-C_n)x-D_n $
Sfruttando 4) (come, non a caso, suggerisce Francesco) notiamo che p(x)=q(x) e, sapendo che $ \alpha\neq -\frac{1}{\beta} $ per ovvi motivi di segno, abbiamo concluso.
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15) definiamo simpatici gli irrazionali quadratici >1 tali che il loro coniugato è compreso tra -1 e 0.
Osservazione: se $ \alpha _n $ è simpatico, allora $ \alpha _{n+1} $ è simpatico. Si dimostra con alcune disuguaglianze non interessantissime e abbastanza banali, per cui non le trascrivo, se a qualcuno non sono chiare, lo dica.
Segue che tutti gli $ \alpha _i $ sono simpatici.
Altra osservazione: dato $ \alpha_n $, esiste un solo numero simpatico (che chiamiamo x) tale che: $ \frac{1}{\{ x\} }=\alpha _n $
Questo è vero in quanto di x sia conosco la parte frazionaria sia la parte intera del coniugato (sfrutto l'ipotesi che sia simpatico in questo modo).
Quindi $ \alpha _m=\alpha _n\rightarrow\alpha _{m-1}=\alpha _{n-1}\rightarrow \alpha _0=\alpha _k $ e abbiamo concluso.
Osservazione: se $ \alpha _n $ è simpatico, allora $ \alpha _{n+1} $ è simpatico. Si dimostra con alcune disuguaglianze non interessantissime e abbastanza banali, per cui non le trascrivo, se a qualcuno non sono chiare, lo dica.
Segue che tutti gli $ \alpha _i $ sono simpatici.
Altra osservazione: dato $ \alpha_n $, esiste un solo numero simpatico (che chiamiamo x) tale che: $ \frac{1}{\{ x\} }=\alpha _n $
Questo è vero in quanto di x sia conosco la parte frazionaria sia la parte intera del coniugato (sfrutto l'ipotesi che sia simpatico in questo modo).
Quindi $ \alpha _m=\alpha _n\rightarrow\alpha _{m-1}=\alpha _{n-1}\rightarrow \alpha _0=\alpha _k $ e abbiamo concluso.
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16) Consideriamo $ \alpha =\sqrt{d}+q_0 $. $ \alpha $ è simpatico, e la sua parte intera è $ 2q_0 $, da cui abbiamo che è della forma:
$ \ \sqrt{d}+q_0=[\overline{2q_0,q_1,\dotsc,q_{n-1}}] $
per opportuni q_i.
Cosa ci inventiamo adesso per dimostrare che $ q_i=q_{n-i} $
Scopriamo che $ \alpha _1 $ è l'inverso dell'opposto del coniugato di $ \alpha _0 $ (toh, le coincidenze) e quindi conosciamo anche la sua rappresentazione in frazione continua: $ \alpha _1=[\overline{q_{n-1},\dotsc,q_{1},2q_0}] $ da cui, per l''unicità dello sviluppo in frazione continua, segue la tesi.
$ \ \sqrt{d}+q_0=[\overline{2q_0,q_1,\dotsc,q_{n-1}}] $
per opportuni q_i.
Cosa ci inventiamo adesso per dimostrare che $ q_i=q_{n-i} $
Scopriamo che $ \alpha _1 $ è l'inverso dell'opposto del coniugato di $ \alpha _0 $ (toh, le coincidenze) e quindi conosciamo anche la sua rappresentazione in frazione continua: $ \alpha _1=[\overline{q_{n-1},\dotsc,q_{1},2q_0}] $ da cui, per l''unicità dello sviluppo in frazione continua, segue la tesi.
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Siamo giunti infine al nostro obiettivo
17) Sia d non quadrato, sappiamo che $ \sqrt{d}=[q_0,\overline{q_1,\dotsc,q_{n-1},2q_0}] $; consideriamo i convergenti $ \frac{A_{kn-1}}{B_{kn-1}} $ della frazione continua ottenuti troncandola subito prima di un termine $ 2q_0 $. Dimostrate che essi danno soluzioni dell'equazione di Pell $ x^2-dy^2=1 $, più precisamente se n è pari ogni coppia $ (A_{kn-1},B_{kn-1}) $ è soluzione, se n è dispari le coppie $ (A_{kn-1},B_{kn-1}) $ sono soluzioni di $ x^2-dy^2=1 $ o di $ x^2-dy^2=-1 $ a seconda della parità di k.
Aggiungerò che non è nota una buona descrizione dei d per cui n ha una determinata parità, che è un problema legato alla norma delle unità nel campo $ \mathbb{Q}(\sqrt{d}) $ ed alla risolubilità di $ x^2-dy^2=-1 $.
Per esempio si può dire che se n è dispari allora d è dispari e tutti i suoi fattori primi sono congrui a 1 modulo 4 (facile, potete farlo), ma questa condizione non è sufficiente.
Se come d prendete un primo congruo a 1 modulo 4, allora ottenete un n dispari (se ricordo bene questo è truccoso ma non troppo difficile).
Si può anche dimostrare che tutte le soluzioni delle equazioni $ x^2-dy^2=\pm M $ con M intero positivo $ <\sqrt{d} $ (quando sono risolubili) si ottengono da un opportuno convergente della frazione continua di $ \sqrt{d} $ (lo leggo adesso per la prima volta, più tardi ci provo).
Inoltre, vi farà piacere sapere che con i convergenti della frazione continua ottenete effettivamente tutte le soluzioni dell'equazione di Pell; questo si può dimostrare con qualche altro lemma che approfondisce il legame tra i convergenti della frazione continua e le "buone approssimazioni" di un numero irrazionale con numeri razionali.
17) Sia d non quadrato, sappiamo che $ \sqrt{d}=[q_0,\overline{q_1,\dotsc,q_{n-1},2q_0}] $; consideriamo i convergenti $ \frac{A_{kn-1}}{B_{kn-1}} $ della frazione continua ottenuti troncandola subito prima di un termine $ 2q_0 $. Dimostrate che essi danno soluzioni dell'equazione di Pell $ x^2-dy^2=1 $, più precisamente se n è pari ogni coppia $ (A_{kn-1},B_{kn-1}) $ è soluzione, se n è dispari le coppie $ (A_{kn-1},B_{kn-1}) $ sono soluzioni di $ x^2-dy^2=1 $ o di $ x^2-dy^2=-1 $ a seconda della parità di k.
Aggiungerò che non è nota una buona descrizione dei d per cui n ha una determinata parità, che è un problema legato alla norma delle unità nel campo $ \mathbb{Q}(\sqrt{d}) $ ed alla risolubilità di $ x^2-dy^2=-1 $.
Per esempio si può dire che se n è dispari allora d è dispari e tutti i suoi fattori primi sono congrui a 1 modulo 4 (facile, potete farlo), ma questa condizione non è sufficiente.
Se come d prendete un primo congruo a 1 modulo 4, allora ottenete un n dispari (se ricordo bene questo è truccoso ma non troppo difficile).
Si può anche dimostrare che tutte le soluzioni delle equazioni $ x^2-dy^2=\pm M $ con M intero positivo $ <\sqrt{d} $ (quando sono risolubili) si ottengono da un opportuno convergente della frazione continua di $ \sqrt{d} $ (lo leggo adesso per la prima volta, più tardi ci provo).
Inoltre, vi farà piacere sapere che con i convergenti della frazione continua ottenete effettivamente tutte le soluzioni dell'equazione di Pell; questo si può dimostrare con qualche altro lemma che approfondisce il legame tra i convergenti della frazione continua e le "buone approssimazioni" di un numero irrazionale con numeri razionali.
Wir müssen wissen. Wir werden wissen.
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Nonno Bassotto
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Approfondiamo, no?FrancescoVeneziano ha scritto:Inoltre, vi farà piacere sapere che con i convergenti della frazione continua ottenete effettivamente tutte le soluzioni dell'equazione di Pell; questo si può dimostrare con qualche altro lemma che approfondisce il legame tra i convergenti della frazione continua e le "buone approssimazioni" di un numero irrazionale con numeri razionali.
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Mentre si scoprono nuovi ed inesplorati orizzonti di queste buffe frazioni continue, metto l'ultima parte della dimostrazione, il mitico "punto 17" (notare che è stato necessario fare due punti "12" pur di far venire una dimostrazione in 17 passaggi 
).
17) Tesi: $ |A_{kn-1}^2-dB_{kn-1}^2|=1 $
Poniamo $ |A_{kn-1}^2-dB_{kn-1}^2|=j $ per comodità
Abbiamo che $ |A_{kn-1}-B_{kn-1}\sqrt{d}|=\frac{1}{(q_0 +\sqrt{d})B_{kn-1}+B_{kn-2}} $ per il lemma 7) (ma comunque l'identità è dimostrata sopra, in un qualche post).
Quindi $ j=|A_{kn-1}^2-dB_{kn-1}^2|= $$ |A_{kn-1}-B_{kn-1}\sqrt{d}|(A_{kn-1}+B_{kn-1}\sqrt{d})= $$ \frac{A_{kn-1}+B_{kn-1}\sqrt{d}}{(q_0 +\sqrt{d})B_{kn-1}+B_{kn-2}}\le $$ \frac{A_{kn-1}+B_{kn-1}\sqrt{d}}{(q_0 +\sqrt{d})B_{kn-1}} $
Supponiamo per assurdo $ j\ge 2 $
Da tutto quel disastro di conti qui sopra segue che $ \frac{A_{kn-1}}{B_{kn-1}}+\sqrt{d}\ge (q_0 +\sqrt{d})j\ge 2(q_0 +\sqrt{d}) $
Quindi $ 1\ge \frac{1}{B_{kn-1}((q_0 +\sqrt{d})B_{kn-1}+B_{kn-2})}= $$ |\frac{A_{kn-1}}{B_{kn-1}}-\sqrt{d}|\ge $$ \frac{A_{kn-1}}{B_{kn-1}}-\sqrt{d}\ge 2q_0\ge 2>1 $ assurdo.
Il fatto che faccia + o -1 segue dal fatto che i convergenti pari approssimano per difetto e i dispari per eccesso.
Uff.
Grazie mille a Francesco per aver gentilmente messo a disposizione il suo tempo, il suo sonno e la sua salute mentale per la mia innocente e ingenua richiesta.
).17) Tesi: $ |A_{kn-1}^2-dB_{kn-1}^2|=1 $
Poniamo $ |A_{kn-1}^2-dB_{kn-1}^2|=j $ per comodità
Abbiamo che $ |A_{kn-1}-B_{kn-1}\sqrt{d}|=\frac{1}{(q_0 +\sqrt{d})B_{kn-1}+B_{kn-2}} $ per il lemma 7) (ma comunque l'identità è dimostrata sopra, in un qualche post).
Quindi $ j=|A_{kn-1}^2-dB_{kn-1}^2|= $$ |A_{kn-1}-B_{kn-1}\sqrt{d}|(A_{kn-1}+B_{kn-1}\sqrt{d})= $$ \frac{A_{kn-1}+B_{kn-1}\sqrt{d}}{(q_0 +\sqrt{d})B_{kn-1}+B_{kn-2}}\le $$ \frac{A_{kn-1}+B_{kn-1}\sqrt{d}}{(q_0 +\sqrt{d})B_{kn-1}} $
Supponiamo per assurdo $ j\ge 2 $
Da tutto quel disastro di conti qui sopra segue che $ \frac{A_{kn-1}}{B_{kn-1}}+\sqrt{d}\ge (q_0 +\sqrt{d})j\ge 2(q_0 +\sqrt{d}) $
Quindi $ 1\ge \frac{1}{B_{kn-1}((q_0 +\sqrt{d})B_{kn-1}+B_{kn-2})}= $$ |\frac{A_{kn-1}}{B_{kn-1}}-\sqrt{d}|\ge $$ \frac{A_{kn-1}}{B_{kn-1}}-\sqrt{d}\ge 2q_0\ge 2>1 $ assurdo.
Il fatto che faccia + o -1 segue dal fatto che i convergenti pari approssimano per difetto e i dispari per eccesso.
Uff.
Grazie mille a Francesco per aver gentilmente messo a disposizione il suo tempo, il suo sonno e la sua salute mentale per la mia innocente e ingenua richiesta.
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FrancescoVeneziano
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Per concludere il discorso sulle frazioni continue aggiungo un altro po' di proprietà.
18) Lemma criptico (versione corretta):
Se $ \alpha=\frac{P z +R}{Q z +S} $ dove $ z>1 $ (non di 0) e P,Q,R,S sono interi tali che $ Q>S>0 $ e $ |PS-QR|=1 $ allora R/S e P/Q sono due convergenti consecutivi della frazione continua per $ \ \alpha $.
Il lemma criptico, al di là della sua cripticità, fornisce un modo per dimostrare che una certa frazione è un convergente; l'ho aggiunto perché può servire a dimostrare i successivi.
19) Siano $ \ \alpha $ e $ \beta $ due irrazionali. Sono equivalenti:
i)Esistono degli interi a,b,c,d con ad-bc=1 e $ \alpha=\frac{a\beta+b}{c\beta+d} $
ii)$ \alpha=[a_0,\dotsc,a_m,c_0,c_1,\dotsc] $ e $ \beta=[b_0,\dotsc,b_n,c_0,c_1,\dotsc] $, cioè le successioni dei termini della frazione continua di $ \ \alpha $ e di $ \beta $ coincidono a parte un numero finito di termini (non lo stesso per entrambe le frazioni).
Riguardo a quanto bene i convergenti approssimano un numeri, abbiamo:
20) Dati due convergenti consecutivi di x, ne esiste uno p/q tale che
$ \left|\frac{p}{q}-x\right|<\frac{1}{2q^2} $
21) Dati tre convergenti consecutivi di x, ne esiste uno p/q tale che
$ \left|\frac{p}{q}-x\right|<\frac{1}{\sqrt{5}q^2} $
22) Se n>1, $ 0<B\leq B_n $ e $ \frac{A}{B}\neq \frac{A_n}{B_n} $ allora $ \left|\frac{A_n}{B_n}-x\right|<\left|\frac{A}{B}-x\right| $. Cioè un convergente approssima il numero meglio di ogni altra frazione con denominatore minore o uguale.
E infine un "inverso" del (20)
23) Se p/q è una frazione tale che $ \left|\frac{p}{q}-x\right|<\frac{1}{2q^2} $, allora p/q è un convergente della frazione continua di x.
Dal (23) discende che tutte le soluzioni dell'equazione di Pell provengono dalla frazione continua.
18) Lemma criptico (versione corretta):
Se $ \alpha=\frac{P z +R}{Q z +S} $ dove $ z>1 $ (non di 0) e P,Q,R,S sono interi tali che $ Q>S>0 $ e $ |PS-QR|=1 $ allora R/S e P/Q sono due convergenti consecutivi della frazione continua per $ \ \alpha $.
Il lemma criptico, al di là della sua cripticità, fornisce un modo per dimostrare che una certa frazione è un convergente; l'ho aggiunto perché può servire a dimostrare i successivi.
19) Siano $ \ \alpha $ e $ \beta $ due irrazionali. Sono equivalenti:
i)Esistono degli interi a,b,c,d con ad-bc=1 e $ \alpha=\frac{a\beta+b}{c\beta+d} $
ii)$ \alpha=[a_0,\dotsc,a_m,c_0,c_1,\dotsc] $ e $ \beta=[b_0,\dotsc,b_n,c_0,c_1,\dotsc] $, cioè le successioni dei termini della frazione continua di $ \ \alpha $ e di $ \beta $ coincidono a parte un numero finito di termini (non lo stesso per entrambe le frazioni).
Riguardo a quanto bene i convergenti approssimano un numeri, abbiamo:
20) Dati due convergenti consecutivi di x, ne esiste uno p/q tale che
$ \left|\frac{p}{q}-x\right|<\frac{1}{2q^2} $
21) Dati tre convergenti consecutivi di x, ne esiste uno p/q tale che
$ \left|\frac{p}{q}-x\right|<\frac{1}{\sqrt{5}q^2} $
22) Se n>1, $ 0<B\leq B_n $ e $ \frac{A}{B}\neq \frac{A_n}{B_n} $ allora $ \left|\frac{A_n}{B_n}-x\right|<\left|\frac{A}{B}-x\right| $. Cioè un convergente approssima il numero meglio di ogni altra frazione con denominatore minore o uguale.
E infine un "inverso" del (20)
23) Se p/q è una frazione tale che $ \left|\frac{p}{q}-x\right|<\frac{1}{2q^2} $, allora p/q è un convergente della frazione continua di x.
Dal (23) discende che tutte le soluzioni dell'equazione di Pell provengono dalla frazione continua.
Ultima modifica di FrancescoVeneziano il 26 mar 2008, 21:28, modificato 1 volta in totale.
Wir müssen wissen. Wir werden wissen.
Allora, con ordine:
18) Ponendo Q=kS+U e P=kR+T con $ 0\le U<S $ otteniamo che $ \alpha =\frac{R(k+\frac{1}{z})+T}{S(k+\frac{1}{z})+U} $ e il "termine noto" (non so bene come si chiama) del denominatore (quello che prima era S e adesso è U, per intenderci) è diminuito. In più si ha ancora che $ S>U> 0 $ (a meno che S|Q, nel qual caso ci fermiamo), che |RU-TS|=1 e il nuovo z è ancora maggiore di 1. In più il nostro procedimento, eseguito all'inverso, è l'algoritmo per calcolare i convergenti.
Possiamo quindi ricondurci al caso $ \alpha=\frac{P z +R}{Q z +S} $ con S|Q.
Da |PS-QR|=1 ricaviamo che $ S=1 $
A questo punto si hanno sufficienti informazioni per esplicitare a mano i convergenti iniziali della frazione continua di $ \alpha $ e vedere che sono quello che dovrebbero essere. Non posto i conti perché tu che stai leggendo molto probabilmente sai farli meglio di me. Unica accortezza: bisogna distinguere i casi $ R>\alpha $ e $ R<\alpha $
19) Dico che $ \alpha\equiv \beta $ se esistono interi a,b,c,d con |ad-bc|=1 t.c. $ \alpha=\frac{a\beta+b}{c\beta+d} $
Noto che \equiv è una relazione di equivalenza (è questione di fare le sostituzioni e svolgere i conti), per cui dal fatto che $ \alpha=[a_0,\dotsc,a_m,\gamma ] $ e $ \beta=[b_0,\dotsc,b_n,\gamma] $ con $ \gamma $ reale segue che $ \alpha\equiv\gamma\equiv\beta $
L'altra freccia è meno banale. Sia $ \beta _i $ la coda della frazione continua di $ \beta $ a partire dall'i-esimo termine.
Si ha che $ \displaystyle\alpha =\frac{(aA_i+cA_{i-1})\beta{i+1}+(aB_i+cB_{i-1})}{(bA_i+dA_{i-1})\beta{i+1}+(bB_i+dB_{i-1})} $ dove gli A_i e i B_i sono i convergenti della frazione continua di $ \beta $
Chiamiamo le cose sulla frazione continua in modo che risulti: $ \displaystyle\alpha =\frac{e_i\beta{i+1}+g_i}{f_i\beta{i+1}+h_i} $ in modo da rendere questa soluzione un tantino + leggibile.
Adesso notiamo che da un certo punto in $ f_i > h_i >0 $ oppure $ -f_i>-h_i>0 $
In che modo si nota questa cosa? Semplicemente si vede che sia $ \frac{f_i-h_i}{B_i-B_{i-1}} $ sia $ \frac{h_i}{B_{i-1}} $ tendono a $ b\beta+d $ che è diverso da 0 in quanto $ \beta $ è irrazionale (altrimenti il problema avrebbe poco senso).
Quindi applicando il lemma criptico segue la tesi.
18) Ponendo Q=kS+U e P=kR+T con $ 0\le U<S $ otteniamo che $ \alpha =\frac{R(k+\frac{1}{z})+T}{S(k+\frac{1}{z})+U} $ e il "termine noto" (non so bene come si chiama) del denominatore (quello che prima era S e adesso è U, per intenderci) è diminuito. In più si ha ancora che $ S>U> 0 $ (a meno che S|Q, nel qual caso ci fermiamo), che |RU-TS|=1 e il nuovo z è ancora maggiore di 1. In più il nostro procedimento, eseguito all'inverso, è l'algoritmo per calcolare i convergenti.
Possiamo quindi ricondurci al caso $ \alpha=\frac{P z +R}{Q z +S} $ con S|Q.
Da |PS-QR|=1 ricaviamo che $ S=1 $
A questo punto si hanno sufficienti informazioni per esplicitare a mano i convergenti iniziali della frazione continua di $ \alpha $ e vedere che sono quello che dovrebbero essere. Non posto i conti perché tu che stai leggendo molto probabilmente sai farli meglio di me. Unica accortezza: bisogna distinguere i casi $ R>\alpha $ e $ R<\alpha $
19) Dico che $ \alpha\equiv \beta $ se esistono interi a,b,c,d con |ad-bc|=1 t.c. $ \alpha=\frac{a\beta+b}{c\beta+d} $
Noto che \equiv è una relazione di equivalenza (è questione di fare le sostituzioni e svolgere i conti), per cui dal fatto che $ \alpha=[a_0,\dotsc,a_m,\gamma ] $ e $ \beta=[b_0,\dotsc,b_n,\gamma] $ con $ \gamma $ reale segue che $ \alpha\equiv\gamma\equiv\beta $
L'altra freccia è meno banale. Sia $ \beta _i $ la coda della frazione continua di $ \beta $ a partire dall'i-esimo termine.
Si ha che $ \displaystyle\alpha =\frac{(aA_i+cA_{i-1})\beta{i+1}+(aB_i+cB_{i-1})}{(bA_i+dA_{i-1})\beta{i+1}+(bB_i+dB_{i-1})} $ dove gli A_i e i B_i sono i convergenti della frazione continua di $ \beta $
Chiamiamo le cose sulla frazione continua in modo che risulti: $ \displaystyle\alpha =\frac{e_i\beta{i+1}+g_i}{f_i\beta{i+1}+h_i} $ in modo da rendere questa soluzione un tantino + leggibile.
Adesso notiamo che da un certo punto in $ f_i > h_i >0 $ oppure $ -f_i>-h_i>0 $
In che modo si nota questa cosa? Semplicemente si vede che sia $ \frac{f_i-h_i}{B_i-B_{i-1}} $ sia $ \frac{h_i}{B_{i-1}} $ tendono a $ b\beta+d $ che è diverso da 0 in quanto $ \beta $ è irrazionale (altrimenti il problema avrebbe poco senso).
Quindi applicando il lemma criptico segue la tesi.
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20)$ \displaystyle \left| \frac{A_n}{B_n}-\alpha \right | +\left | \frac{A_{n-1}}{B{n-1}}-\alpha \right | = $$ \displaystyle \left | \frac{A_n}{B_n}-\frac{A_{n-1}}{B{n-1}}\right | =\frac{1}{B_nB{n-1}}<\frac{1}{2B_{n}^2}+\frac{1}{2B_{n-1}^2} $
da cui la tesi.
22) Abbiamo che $ \displaystyle \left| \frac{A_n}{B_n}-\alpha \right | < \left| \frac{A_{n-1}}{B_{n-1}}-\alpha \right | $ (anche qui è questione di farsi i conti, che stavolta non sono neanche terribili..)
Quinidi se un ipotetico A/B approssimasse il nostro caro $ \alpha $ meglio di A_n/B_n con B<B_n avremmo questa cosa:
$ \displaystyle \left | \frac{A_n}{B_n}-\frac{A_{n-1}}{B{n-1}}\right | \ge \displaystyle \left | \frac{A}{B}-\frac{A_{n-1}}{B{n-1}}\right | $
$ \displaystyle \frac{1}{B_nB_{n-1}}\ge \frac{|AB_{n-1}-BA_{n-1}|}{BB_{n-1}} \ge \frac{1}{BB_{n-1}} $
che è assurdo in quanto B<B_n
Il caso B=B_n è abbastanza stupido.
23) diciamo che q è positivo.
caso 1) $ \displaystyle \frac{p}{q}>\alpha $
Prendiamo la sequenza di farey (cioè tutte le frazioni ridotte ai minimi termini con denominatore minore o uguale di q) e consideriamo la più grande tale che $ \displaystyle \frac{a}{b}<\frac{p}{q} $
Abbiamo che:
1) $ |pb-qa|=1 $
2) $ \displaystyle \frac{p}{q}-\frac{a}{b}=\frac{1}{qb}>\frac{1}{2q^2} $ per cui $ \displaystyle \frac{a}{b}<\alpha $
Quindi esiste z reale positivo tale che $ \displaystyle \frac{pz+a}{qz+b}=\alpha $
Questo z è maggiore di 1? la funzione $ \displaystyle \frac{pz+a}{qz+b} $ cresce al crescere di z, per cui z>1 equivale a dire $ \displaystyle \frac{p+a}{q+b}<\alpha $ ma siccome $ \displaystyle \alpha > \frac{p}{q}-\frac{1}{2q^2} $ ci basta dimostrare che:
$ \displaystyle \frac{p+a}{q+b}\le \frac{p}{q}-\frac{1}{2q^2} $
$ 2q^2p+2aq^2\le 2q^2p+2qbp-q-b $
$ q+b\le 2qbp-2aq^2 $
$ q+b\le 2q(bp-qa)=2q $
$ b\le q $ che è vero
caso 2) $ \displaystyle \frac{p}{q}>\alpha $
è valida la dimostrazione di sopra, basta girare tutte le disuguaglianze
da cui la tesi.
22) Abbiamo che $ \displaystyle \left| \frac{A_n}{B_n}-\alpha \right | < \left| \frac{A_{n-1}}{B_{n-1}}-\alpha \right | $ (anche qui è questione di farsi i conti, che stavolta non sono neanche terribili..)
Quinidi se un ipotetico A/B approssimasse il nostro caro $ \alpha $ meglio di A_n/B_n con B<B_n avremmo questa cosa:
$ \displaystyle \left | \frac{A_n}{B_n}-\frac{A_{n-1}}{B{n-1}}\right | \ge \displaystyle \left | \frac{A}{B}-\frac{A_{n-1}}{B{n-1}}\right | $
$ \displaystyle \frac{1}{B_nB_{n-1}}\ge \frac{|AB_{n-1}-BA_{n-1}|}{BB_{n-1}} \ge \frac{1}{BB_{n-1}} $
che è assurdo in quanto B<B_n
Il caso B=B_n è abbastanza stupido.
23) diciamo che q è positivo.
caso 1) $ \displaystyle \frac{p}{q}>\alpha $
Prendiamo la sequenza di farey (cioè tutte le frazioni ridotte ai minimi termini con denominatore minore o uguale di q) e consideriamo la più grande tale che $ \displaystyle \frac{a}{b}<\frac{p}{q} $
Abbiamo che:
1) $ |pb-qa|=1 $
2) $ \displaystyle \frac{p}{q}-\frac{a}{b}=\frac{1}{qb}>\frac{1}{2q^2} $ per cui $ \displaystyle \frac{a}{b}<\alpha $
Quindi esiste z reale positivo tale che $ \displaystyle \frac{pz+a}{qz+b}=\alpha $
Questo z è maggiore di 1? la funzione $ \displaystyle \frac{pz+a}{qz+b} $ cresce al crescere di z, per cui z>1 equivale a dire $ \displaystyle \frac{p+a}{q+b}<\alpha $ ma siccome $ \displaystyle \alpha > \frac{p}{q}-\frac{1}{2q^2} $ ci basta dimostrare che:
$ \displaystyle \frac{p+a}{q+b}\le \frac{p}{q}-\frac{1}{2q^2} $
$ 2q^2p+2aq^2\le 2q^2p+2qbp-q-b $
$ q+b\le 2qbp-2aq^2 $
$ q+b\le 2q(bp-qa)=2q $
$ b\le q $ che è vero
caso 2) $ \displaystyle \frac{p}{q}>\alpha $
è valida la dimostrazione di sopra, basta girare tutte le disuguaglianze
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