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Abbiamo una lavagna sui ci sono ci sono scritti 4 numeri:
\[ \mathcal{A}_0:=\{3,4,5,6\} \]

Ora, per ogni $n \in \mathbb{N}$ definiamo $\mathcal{A}_{n}$ l'insieme dei 4 numeri scritti sulla lavagna. L'unica mossa lecita nel passaggio da $\mathcal{A}_n$ a $\mathcal{A}_{n+1}$ è rimuovere due numeri $x,y$ da $\mathcal{A}_n$ e sostituirli con $x+y+\sqrt{x^2+y^2}$ e $x+y-\sqrt{x^2+y^2}$.

(a) Esiste un $m \in \mathbb{N}$ e una sequenza lecita di mosse tale che $-1 \in \mathcal{A}_m$?
(b) Esiste un $m \in \mathbb{N}$ e una sequenza lecita di mosse tale che $30 \in \mathcal{A}_m$?
(c) Esiste un $m \in \mathbb{N}$ e una sequenza lecita di mosse tale che $1 \in \mathcal{A}_m$?
(d) Esiste un $m \in \mathbb{N}$ e una sequenza lecita di mosse tale che $\pi \in \mathcal{A}_m$?

[(A mio parere) sono in ordine di difficoltà; l'ultima è da MnE..]

1) no: poichè x+y-rad(x^2+y^2)>0 per x, y positivi infatti elevando al quadrato 2xy>0
2) si: sostituiamo il 3 e il 4 con 12 e 2. ora sostituiamo il 12 e il 5 con 30 e 4.
3) no: la soluzione 1 si può ottenere solo da x+y-rad(x^2+y^2) poichè l'altro numero è strettamente crescente..
poniamo quindi 1=x+y-rad(x^2+y^2) elevando al quadrato si avrà 1+2xy=2(x+y) che nei numeri naturali non ha soluzione
4) no(penso sia sbagliato): facendo le stesse considerazioni del punto 3 si arriva a $ \pi $ (2x+2y-$ \pi $) = 2xy ma quindi o x o y devono dividere $ \pi $ il che non può essere

P.S. scusate, è il mio primo messaggio nel forum e non so usare il/la laTEX

Tommaso7 ha scritto:1) no: poichè x+y-rad(x^2+y^2)>0 per x, y positivi infatti elevando al quadrato 2xy>0

se elevi al quadrato un numero negativo, ottieni comunque un numero positivo, quindi la tua dimostrazione non funziona...

Tommaso7 ha scritto:3) no: la soluzione 1 si può ottenere solo da x+y-rad(x^2+y^2) poichè l'altro numero è strettamente crescente..
poniamo quindi 1=x+y-rad(x^2+y^2) elevando al quadrato si avrà 1+2xy=2(x+y) che nei numeri naturali non ha soluzione

nessuno dice che i numeri debbano essere interi, dopo il primo passaggio.

Tommaso7 ha scritto:4) no(penso sia sbagliato): facendo le stesse considerazioni del punto 3 si arriva a $ \pi $ (2x+2y-$ \pi $) = 2xy ma quindi o x o y devono dividere $ \pi $ il che non può essere

idem. (e secondo me questo è il punto più facile, a sapere il teoremino giusto -- che però non è elementare).

La (a) ci sei quasi, dovresti scriverla meglio; la (b) è giusta; riguardo (c) e (d), vedi i commenti sopra.

ma_go ha scritto:idem. (e secondo me questo è il punto più facile, a sapere il teoremino giusto -- che però non è elementare).

Yep, è di riempimento

Ps. Welcome!

ma_go ha scritto: Tommaso7 ha scritto:1) no: poichè x+y-rad(x^2+y^2)>0 per x, y positivi infatti elevando al quadrato 2xy>0


se elevi al quadrato un numero negativo, ottieni comunque un numero positivo, quindi la tua dimostrazione non funziona...

x+y>rad(x^2+y^2) scusa la mia ignoranza ma quale dei due è negativo? x e y sono positivi per forza

ma_go ha scritto: Tommaso7 ha scritto:3) no: la soluzione 1 si può ottenere solo da x+y-rad(x^2+y^2) poichè l'altro numero è strettamente crescente..
poniamo quindi 1=x+y-rad(x^2+y^2) elevando al quadrato si avrà 1+2xy=2(x+y) che nei numeri naturali non ha soluzione


nessuno dice che i numeri debbano essere interi, dopo il primo passaggio.

hai ragione.. (non penso di aver fatto progressi) proseguendo da 1+2xy=2x+2y si arriva a x=(2y-1)/(2y -2) da cui poichè y>1 x<2 e razionale ma se x<2 x deve (credo) essere irrazionale

Per il quarto non "basta" il fatto che $\pi$ è trascendente, mentre con le mosse si *dovrebbero* ottenere reali algebrici?

Sì, penso che sia come dice Drago: alla fine tutti i numeri in quella forma possono essere costruiti tranquillamente con riga e compasso, mentre $ \pi $ no: infatti la quadratura del cerdchio non si può risolvere con solo riga e compasso (anche se la dimostrazione mi è sconosciuta)

ma_go ha scritto:se elevi al quadrato un numero negativo, ottieni comunque un numero positivo, quindi la tua dimostrazione non funziona...

ehm... sì, momento imbarazzo, non avevo capito cosa stavi facendo (non è che tu l'abbia scritto in modo proprio cristallino, eh..).
funziona, sì. e, giusto per inciso, è la disuguaglianza triangolare applicata ad un triangolo rettangolo con cateti di lunghezza $x$ e $y$.

e sì, ha ragione drago.

Bien, ora il (c), che rimane l'unico punto "serio"

Forse questa potrebbe essere una idea... Ma non so nè se è giusta nè come formalizzarla.
Una volta arrivati all'insieme {30;5;5;6}, che è l'unico che ha ancora tutti elementi interi dopo 2 passaggi, al prossimo passo mi tocca uscire dal campo dei razionali per avventurarmi in quello reale. Ora secondo me una volta che abbiamo ottenuto 2 irrazionali sostituendone 2 di questo insieme di soli interi, non riesco più ad ottenere un razionale.
Sia quindi$ x=a \pm \sqrt{m} $ e $ y=b \pm \sqrt{n} $
I 2 nuovi numeri che sostituiranno x e y avranno quindi come parte "della radice"$ \sqrt{a^2+m+b^2+n\pm 2(\sqrt{m}\pm\sqrt{n})} $
Se la radice non si annulla, ottengo una bella radice sotto radice, e posso procedere per questa strada senza ritornare ai razionali.
L'unico caso in cui si annulla la radice sotto radice è quando a=b e n=m. Questo implica che i miei 2 numeri sono stati "generati" da una stessa sostituzione.
In questo caso tuttavia non si annulla la parte a sinistra della radice, ossia x+y: infatti resta la radice, che viene moltiplicata per 2. Anche questo numero quindi non è intero e quindi non posso scrivermi 1 come intero visto che appunto da questo punto in poi i numeri saranno solo irrazionali

Triarii ha scritto:Una volta arrivati all'insieme {30;5;5;6}, che è l'unico che ha ancora tutti elementi interi dopo 2 passaggi, al prossimo passo mi tocca uscire dal campo dei razionali per avventurarmi in quello reale.

Non so se è vero, ma chi ti assicura che $\mathcal{A}_3 \not \subset \mathbb{Q}$ per ogni sostituzione possibile?

Triarii ha scritto: Ora secondo me una volta che abbiamo ottenuto 2 irrazionali sostituendone 2 di questo insieme di soli interi, non riesco più ad ottenere un razionale. Sia quindi$ x=a \pm \sqrt{m} $ e $ y=b \pm \sqrt{n} $

Con $m,n$ interi positivi, non quadrati perfetti? Se intendi $x,y \in \mathcal{A}_3$, ammesso che il punto precedente sia vero, allora ok.

Triarii ha scritto:I 2 nuovi numeri che sostituiranno x e y avranno quindi come parte "della radice"$ \sqrt{a^2+m+b^2+n\pm 2(\sqrt{m}\pm\sqrt{n})} $

No, non è quella la "parte della radice"..

Triarii ha scritto:Se la radice non si annulla, ottengo una bella radice sotto radice, e posso procedere per questa strada senza ritornare ai razionali.

Perchè?

Ps. Hint: avrei pututo sostituire a $1$ qualsiasi numero reale (algebrico, per evitare di ricadere nel punto (d)) $r\le 1$.

oppure $r \leq 1.05$ giusto?? molto carino!!

Simo_the_wolf ha scritto:oppure $r \leq 1.05$ giusto?? molto carino!!

Esattamente Simo, grazie

Il problema è piaciuto un sacco anche a me e non voglio bruciarlo... ma visto che è stato trascurato aggiungo un hint:

Provo io, ma non sono affatto sicuro di quanto sia sensata la mia idea...

Se io da una sostituzione ottengo 1 e un intero, posso notare che il loro prodotto dev'essere raddoppiato e lo stesso deve valere per la somma, infatti
$x+y+\sqrt{x^2+y^2}+x+y-\sqrt{x^2+y^2}=2(x+y);\qquad (x+y+\sqrt{x^2+y^2})(x+y-\sqrt{x^2+y^2})=2xy$
Quindi l'altro intero dovrebbe essere pari perchè il prodotto sia pari, dispari perchè sia pari la somma, quindi non può accadere contemporaneamente. Tuttavia questo non basta per dimostrare l'assurdo, perchè non è detto che io abbia sempre interi (posso avere anche irrazionali), ad esempio $\frac32,2$ sostituiti danno $1,6$.
Allora provo a ragionare così: chiamo buoni tutti i numeri che si possono scrivere senza frazioni. Per come è definita la sostituzione, partendo da numeri buoni ottengo sempre numeri buoni. La somma e il prodotto di due numeri buoni sono buoni.
Supponiamo di ottenere dopo la sostituzione 1 e $x$. Il prodotto e la somma devono essere il doppio di numeri buoni (infatti prima erano buoni e adesso sono raddoppiati), quindi $1\cdot x=2k, k $ buono, ma la somma è $2k+1$ quindi non può essere il doppio di un numero buono.

So che la mia soluzione è incasinata, ma se il ragionamento ha un qualche fondamento logico posso provare a riscriverlo più decentemente.