pannella e l'invasione dei radicali

[Chuck Schuldiner]

Trovare tutti gli n tali che esiste una permutazione $ \sigma $ di {1,...,n} tale che
$ \displaystyle \sqrt{\sigma (1)+\sqrt{\sigma (2)+\sqrt{...+\sqrt{\sigma (n-1)+\sqrt{\sigma (n)}}}}} $ è razionale.

[Chuck Schuldiner]

Dai che è carino! piazzo un hint1:

Testo nascosto:

ogni roba sotto radice deve essere un quadrato perfetto e non può essere ENORME a piacere

[Tess]

È vero che è carino!

[Leonida]

C'è meno gusto ora che hai messo l'hint XD Potevi aspettare un altro po', erano passati solo 2 giorni Comunque, bel problema.

Per prima cosa, noto che tutti i radicandi devono essere quadrati perfetti.
Infatti sia $z$ l'espressione del testo: affinchè $z \in \mathbb{Z}$ (tanto se è razionale è pure intero), l'argomento del primo radicale deve essere il quadrato di un intero. Elevando al quadrato i due membri e manipolando ottengo da una parte $z^2 - \sigma(1)$ e dall'altro il secondo radicale, il cui radicando quindi deve essere un quadrato; iterando quest'operazione si deduce che tutti i radicandi devono essere quadrati perfetti.
Imposto dunque questo sistema:
\[
\left\{
\begin{array}{l}
\sigma(n) = a_n^2 \\
\sigma(n-1) + a_n = a_{n-1}^2 \\
\sigma(n-2) + a_{n-1} = a_{n-2}^2 \\
... \\
\sigma(1) +a_2 = a_1^2
\end{array}
\right.
\]
dove gli $a_i$ sono un po' di interi positivi.
Lemma: per ogni $i$ t.c. $1 \leq i \leq n$, vale $a_i \leq \left\lceil \sqrt n\right\rceil$.
Dim.: induzione su $i$. Per $i =n$, vale $a_n \leq \left\lfloor \sqrt n \right\rfloor \leq \left\lceil \sqrt n \right\rceil$, e il passo base è ok.
Suppongo di averlo dimostrato per $i$, lo dimostro per $i-1$. Infatti:
\[
a_{i-1}^2 = \sigma(i-1) + a_i \leq n + \left\lceil \sqrt n \right\rceil < \left\lceil \sqrt n \right\rceil ^2 + 2 \left\lceil \sqrt n \right\rceil +1 = \left(\left\lceil \sqrt n \right\rceil +1\right)^2
\]
dove la prima disuguaglianza è vera per ipotesi induttiva e perchè $\sigma$ non prende valori più grandi di $n$. Segue che $a_{i-1} \leq \left\lceil \sqrt n\right\rceil$, e anche il passo induttivo è dimostrato.
A questo punto il problema è finito. Intanto noto che con $n=1$ la permutazione identità funziona.
Sia ora $n \in \left(m^2, (m+1)^2\right]$, per qualche intero positivo $m \geq 1$: dal Lemma vale $a_i \leq \left\lceil \sqrt n\right\rceil = m+1$.
Per come ho scelto $m$, il numero $m^2 +1 \leq n$, quindi fa parte dell'insieme da permutare e dovrà esistere $x$, con $1 \leq x \leq n$ t.c $\sigma(x) = m^2 +1$. Poichè $m^2 +1$ non è un quadrato per $m \geq 1$, vale:
\[
\sigma(x) +a_{x+1} =a_x^2 \Rightarrow m^2 +1 +a_{x+1} =a_x^2
\]
e quindi l'unica è che $a_x = m+1$. Tuttavia, sostituendo risulta $a_{x+1} = 2m$, che unita a $a_{x+1} \leq m+1$ mi dà come unica possibilità $m=1$ e $n \in \left[2,4\right]$. Faccio i casi:

• $n=2$, nessuna delle 2 permutazioni funziona;
• $n=3$, $\sigma: \left\{1,2,3\right\} \Rightarrow \left\{2,3,1\right\}$ funziona;
• $n=4$, ci sono due tentativi da fare, uno con $\sigma(4) =4$ e l'altro con $\sigma(4) =1$: falliscono entrambi.

In conclusione, tutti e soli gli $n$ cercati sono 1 e 3.

[Chuck Schuldiner]

l'hint potevi anche non leggerlo cmq mi sembra giusta!