Sei intero? allora sei anche un quadrato!

[enomis_costa88]

Sia n un'intero positivo.
i) Allora se $ 2+2\sqrt{28n^2+1} $ è un'intero è anche un quadrato.

ii) Determinare inoltre (anche in forma non esplicita) gli n per cui quella quantità risulta essere intera.

Buon lavoro!

[edriv]

Conoscendo l'equazione di Pell, viene in modo abbastanza brutale:
Posto n=2k, abbiamo che $ ~ a= \sqrt{7k^2+1} $ è intero, cioè (a,k) è una soluzione di:
$ ~ a^2-7k^2=1 $ (per ora dimentichiamoci che k è pari).

La soluzione più piccola è (8,3). Quindi tutte le soluzioni (a,k) sono date rispettivamente dalla parte razionale e irrazionale di $ ~ (8+3\sqrt{7})^n $ con n che va da 1 a infinito.
O meglio, le soluzioni sono regolate dalla ricorrenza:
$ ~ a_{n+1} =a_n^2 + 7k_n^2 $
$ ~ k_{n+1} = 2a_nk_n $

Per dimostrare il teorema per induzione, vediamo che l'intero che vogliamo sia un quadrato perfetto è:
$ ~ 2 + 2a_n = 2 + 2(a_{n-1}^2 + 7a_{n-1}^2) = 2 + 2(a_{n-1}^2 + (a_{n-1}^2-1)) = 4a_{n-1}^2 $.
Dove $ ~a_{n-1} $ è la soluzione di $ ~a^2-7k^2=1 $ precedente ad $ ~a_n $.

[piever]

Uhm, spero di non fare i soliti illeciti con la fattorizzazione unica in primi:


Pongo $ j^2=-7 $, e ragiono sugli interi di enomis, ovvero quelli della forma $ a+jb $ con $ a,b\in Z $

$ 28n^2+1=(1+j2n)(1-j2n) $

$ (1+j2n,1-j2n)=(2,1-j2n)=(2,1)=1 $

Quindi devo avere: $ (1+j2n)=(a+jb)^2 $ da cui $ 1=a^2-7b^2 $ e $ j2n=j2ab $

$ 2+2\sqrt{28n^2+1}=2+2(a^2+7b^2)=2+2(2a^2-1)=4a^2 $

$ a^2-7b^2=1 $ e' un equazione di Pell, la cui piu' piccola soluzione e': $ (8;3) $.

Quindi tutte le sol sono della forma: $ a=\frac{(8+3\sqrt{7})^k+(8-3\sqrt{7})^k}{2} $ e $ b\sqrt{7}=\frac{(8+3\sqrt{7})^k-(8-3\sqrt{7})^k}{2} $

Di conseguenza gli $ n=ab $ validi sono della forma:

$ \frac{((8+3\sqrt{7})^k+(8-3\sqrt{7})^k)((8+3\sqrt{7})^k-(8-3\sqrt{7})^k)}{4\sqrt{7}}=\frac{(127+48\sqrt{7})^k-(127-48\sqrt{7})^k}{4\sqrt{7}} $

Aspetto un po per texxare per non togliere la sorpresa agli altri...

edit= che pizza edriv... non puoi postare da qualche altra parte?

edit 2= beh, e' poco utile che sia in invisibile se sopra c'e' un'altra soluzione...

[enomis_costa88]

Ma state facendo a gara a chi stupra meglio un povero problema indifeso ?!?

Ok ok il secondo punto si fa con Pell..ma per l'altro:

$ 28n^2+1=q^2=(2k+1)^2 $

Implica:
$ 28n^2=(q+1)(q-1)=4(k+1)k $

$ 7n^2=(k+1)k $

Da cui $ 7|k $ e $ k+1=s^2 $ (non può essere il viceversa perchè -1 non è residuo modulo 7).
E quindi:
$ k=s^2-1 $ .

Sostituendo ottengo:

$ 2+2\sqrt{28n^2+1}=2+2q=2+2(2k+1) $ $ =2+2(2(s^2-1)+1)=4s^2 $

Vabbè..considerando che ci ho messo 40 minuti ad accorgermi che bastava effettuare due sostituizioni banali per venirne a capo vi perdono per la brutalità..

[FrancescoVeneziano]

Uhm, spero di non fare i soliti illeciti con la fattorizzazione unica in primi:

Pongo $ j^2=-7 $, e ragiono sugli interi di enomis, ovvero quelli della forma $ a+jb $ con $ a,b\in Z $

Sfortunatamente gli "interi di enomis" non sono a fattorizzazione unica (non sono integralmente chiusi). Tuttavia è a fattorizzazione unica l'anello degli interi di $ \mathbb{Q}(j) $, cioè $ \mathbb{Z}\left[\frac{1+j}{2}\right] $, cioè i numeri della forma $ \frac{a+jb}{2} $ con a e b entrambi pari o entrambi dispari.

Quindi devo avere: $ (1+j2n)=(a+jb)^2 $ da cui $ 1=a^2-7b^2 $ e $ j2n=j2ab $

In realtà hai che $ (1+j2n)=\left(\frac{a+jb}{2}\right)^2 $ da cui $ 4=a^2-7b^2 $ e $ j4n=jab $
La seconda di queste due relazioni ci dice ora che a e b sono entrambi pari, quindi $ 1+2nj $ è davvero della forma (intero + j*intero)^2 e la tua dimostrazione prosegue senza ulteriori scosse.

[piever]

Grazie per 'intervento (i vari domini di questo tipo mandano solitamente in palla il mio cervello).

Ma ho ancora alcune quistioni:

a) ma la coprimalita' non dovrebbe essere sufficiente, anche in assenza di fattorizzazione unica?

b) ma $ \displaystyle\mathbb{Z}[\frac{1+j}{2}] $ e' un dominio a fattorizzazione unica per qualsiasi j radice di un intero negativo, o solo per $ (1-j)(1+j)=2^k $?

c) che lo sia nel caso $ j=\sqrt{-7} $ come si dimostra? Per gli altri casi?


Grazie...

ps: se hai una dispensa sull'argomento, per favore mandamela

pps: se il tutto e' troppo OT si puo' spostare in un nuovo topic, tanto mi pare che siano cose abbastanza utili..

[FrancescoVeneziano]

a) ma la coprimalita' non dovrebbe essere sufficiente, anche in assenza di fattorizzazione unica?

Cosa intendi per coprimalità? Possiamo parlare di massimo comun divisore se abbiamo l'esistenza della fattorizzazione unica.
Quello che si usa in mancanza della fattorizzazione è l'ideale generato dagli elementi, quindi potremmo chiederci se, dati due generatori il cui prodotto sia un quadrato, debbano essere dei quadrati anch'essi; dovrei verificare il controesempio che ho im mente, ma non credo che sia vero.

b) ma $ \displaystyle\mathbb{Z}[\frac{1+j}{2}] $ e' un dominio a fattorizzazione unica per qualsiasi j radice di un intero negativo, o solo per $ (1-j)(1+j)=2^k $?

Calma! Chiamiamo $ j=\sqrt{n} $ con n intero libero da quadrati.
L'oggetto da studiare è l'anello degli interi di $ \mathbb{Q}(j) $, cioè l'insieme degli elementi di quel campo che risolvono un polinomio *monico* a coefficienti interi.
Questo anello è $ \mathbb{Z}\left[\frac{1+j}{2}\right] $ se $ n \equiv 1 \pmod 4 $ e $ \mathbb{Z}[j] $ negli altri casi.
A questo punto le cose cambiano molto se consideriamo n positivi o negativi. Per gli n negativi l'anello degli interi è a fattorizzazione unica esattamente per questi valori di n: -1, -2, -3, -7, -11, -19, -43, -67, -163.
Per gli n positivi è congetturato, ma è ancora un problema aperto, che sia a fattorizzazione unica per infiniti valori di n.

c) che lo sia nel caso $ j=\sqrt{-7} $ come si dimostra? Per gli altri casi?

In questo caso lo si può dimostrare mostrando che nell'anello $ \mathbb{Z}\left[\frac{1+\sqrt{-7}}{2}\right] $ è possibile eseguire una divisione euclidea dove il ruolo del valore assoluto è svolto dalla (dal quadrato della) norma dell'elemento visto come numero complesso. Questo però è più forte che avere la fattorizzazione unica. In generale per determinare se un campo di quel genere ha la proprietà della fattorizzazione unica si ricorre ad una disuguaglianza che limita ad un numero finito i casi da controllare.