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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

anche te nell'ora di filosofia eh?
non ho capito perchè puoi supporre che uno sia multiplo dell'altro...di sicuro sarà una cosa ovvia ma sono abbastanza ignorante

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

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 $ $n=\log_2\left(\frac{a+b+1}{2a+1}\right)+1$ $

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

altre soluzioni?

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)

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...

è vero, perde il caso i=1...
e siccome ora non ho voglia di farlo, ci penserà qualcun altro