Proofs without words 7

Sum of squares

 

Proofs without words 6

Il Teorema di Nicomaco

Image credits: https://en.m.wikipedia.org/wiki/Proof_without_words

Triangoli con lati razionali aventi stessa area e perimetro.

Supponiamo di avere un triangolo $T$ aventi lati di lunghezza razionale $a$, $b$, $c$ e area razionale $A$, e di volere determinare un altro triangolo $T'$ (non congruente a $T$) con lati di lunghezza razionale e avente lo stesso perimetro $2p=a+b+c$ e la stessa area $A$. 

Indicando con $$a'=a+x, \quad b'=b+y, \quad c'=c-x-y$$ le lunghezze dei lati del nuovo triangolo $T'$, applicando la formula di Erone otteniamo con semplici passaggi l'eguaglianza

\begin{equation} \label{erone} \big(x- \alpha\big) \big(y-\beta \big) \big(x+y+\gamma \big)- \frac{A^2}{p}= 0, \end{equation}

dove $$\alpha=p-a, \quad \beta = p-b, \quad \gamma = p-c.$$ Si può vedere \eqref{erone} come l'equazione di una curva ellittica $E$ definita su $\mathbb{Q}$, il cui luogo dei punti reali consiste di quattro rami: un ovale compatto contenuto nel triangolo definito nel piano $(x, \, y)$ dalle tre rette di equazione $$x= \alpha,  \quad y=\beta, \quad y=-x- \gamma$$ e tre rami illimitati aventi ciascuno due delle suddette rette come asintoti (si veda la Figura 1).

Figura 1

L'ovale compatto corrisponde esattamente ai valori $(x, \, y, \, z)$ per i quali esiste un triangolo  $T'$ che ha area $A$. Esso contiene in generale almeno sei punti a coordinate razionali: il punto $o=(0, \, 0, \, 0)$, corrispondente al triangolo di partenza $T$ avente lati $(a, \, b, \, c)$, e i cinque punti corrispondenti alle permutazioni  non banali di $(a, \, b, \, c)$. 

Il problema geometrico originale di determinare il triangolo $T'$ si traduce quindi nel seguente problema di Teoria dei Numeri:

Problema. Si determini un punto razionale non banale nell'ovale compatto della curva ellittica $E$.

Non intendiamo qui risolvere il problema nella sua generalità, ma ci limitiamo a trattare un importante esempio. Si consideri il famoso triangolo rettangolo $T$ di lati $(a, \, b, \, c)=(3, \, 4, \,5)$, che ha perimetro $6$ e area $12$. In questo caso, l'equazione di $E$ diventa \begin{equation} \label{erone2} \big(x- 3\big) \big(y- 2 \big) \big(x+y+1 \big)- 6= 0. \end{equation}

Per determinare un punto razionale non banale nell'ovale compatto, utilizziamo il classico metodo delle rette secanti. 

L'ovale compatto contiene il punto razionale $o=(0, \, 0, \, 0)$, corrispondente a $T$, il punto razionale $p_1=(1, \, 1)$, corrispondente al triangolo di lati $(a, \, b, \, c)=(4, \,5, \, 3)$ e il punto razionale $p_2=(1, \, -1)$, corrispondente al triangolo di lati $(a, \, b, \, c)=(4, \, 3, \, 5)$.

Le retta $y-x=0$ passa per $o$ e $p_1$ e interseca $E$ nell'ulteriore punto razionale $p_3=(7/2, \, 7/2)$; tale punto non è ancora una soluzione al nostro problema, in quanto appartiene ad uno dei rami illimitati. 

Possiamo però considerare la retta passante per $p_3$ e $p_2$, che interseca $E$ nell'ulteriore punto razionale $p_4=(38/21, \, 16/35)$. Tale punto sta nell'ovale limitato, quindi corrisponde effettivamente ad una soluzione  del problema (si veda la Figura 2, realizzata con il calcolatore grafico Desmos).

Figura 2

Infatti, $p_4$ corrisponde al triangolo $T'$ di lati razionali $$(a, \, b, \, c)=(101/21, \, 156/35, \, 41/15).$$ È semplice verificare che esso è un triangolo acutangolo di perimetro $12$ e area $6$, gli stessi valori del triangolo rettangolo $T$ di partenza (Figura 3).

Figura 3

Varianti di questo procedimento permettono di determinare ulteriori triangoli con lati razionali, perimetro $12$ e area $6$. Ad esempio, partendo dalla retta tangente ad $E$ nel punto $o=(0, \, 0, \, 0)$ si può ottenere il triangolo ottusangolo di lati $$(a, \, b, \, c)=(35380/10153, \, 81831/16159, \, 27689/8023),$$ si veda la Figura 4.

Figura 4

Polinomi e valori primi

È noto che esistono polinomi $p(x)$ a coefficienti interi che assumono valori primi per numerosi valori interi consecutivi di $x$. Ad esempio, $x^2−x+4$1 è primo per ogni $1 \leq  x  \leq  40$, e $x^2−79x+1601$ è primo per ogni $1 \leq  x \leq 79$.

Tuttavia, non è possibile che un polinomio a coefficienti interi assuma esclusivamente valori primi, come mostra il seguente elegante argomento [1, Theorem 21 p. 22].

Sia $$f(x)= a_0x^k +a_1x^{k-1} +\ldots+a_k$$ un polinomio a coefficienti interi. Possiamo assumere $a_0>0$, in modo che $\lim f(x)=+ \infty$ quando $x \to + \infty$. In particolare, $f(x)>1$ per $x$ sufficientemente grande. Fissiamo un intero positivo $n$ tale che $f(n)>1$, e poniamo $m=f(n)$. 

Se $r$ è un intero positivo arbitrario, allora la quantità $$f(rm+n) = a_0(rm+n)^k + \ldots = m(\ldots)+f(n) = m(\ldots) + m$$ è divisibile per $m$ qualunque sia $r$. Quindi $f(rm+n)$ è composto e, siccome $rm+n$ diventa arbitrariamente grande al crescere di $r$, deduciamo che $f(x)$ è composto per infiniti valori interi di $x$.

Osservazione. Ogni polinomio lineare irriducibile su $\mathbb{Z}$ rappresenta infiniti numeri primi per il teorema di Dirichlet. Non è noto se esistano polinomi di grado $ >1$ che rappresentano infiniti primi.
D'altra parte, non è difficile esibire polinomi irriducibili su Z che non rappresentano neanche un numero primo. Un esempio è $$f(x)=x(x+1)+4$$ che rappresenta solo numeri pari, e non rappresenta $ \pm 2$.

Riferimenti.
[1] G. H. Hardy, E. M. Wright: An Introduction to the Theory of Numbers, Sixth Edition, Oxford University Press 2007

Controlli di parità e irrazionalità di $\sqrt{3}$

Le dimostrazioni usuali dell'irrazionalità di $\sqrt{3}$ (per discesa infinita o per fattorizzazione unica) si basano su argomenti che funzionano "modulo $3$". 

Sorprendentemente, è possibile dare la seguente dimostrazione che si basa esclusivamente su argomenti di parità, dunque che funziona "modulo $2$". Questo la rende qualitativamente differente dalle dimostrazioni citate sopra [1].

Supponiamo $\sqrt{3}=a/b$, con $a,\, b$ interi positivi senza fattori comuni. Allora $a^2=3b^2$ e, siccome $a$ e $b$ non possono essere entrambi pari, segue che devono essere entrambi dispari. 

Ponendo $a=2n+1$ e $b=2m+1$ si ottiene dunque $$4m^2+4m+1 = 3(4n^2+4n+1).$$

Sviluppando i calcoli, sottraendo $1$ ad ambo i membri e dividendo per $2$, ricaviamo $$2m^2+2m = 6n^2+6n+1.$$ Ciò è assurdo, dato che il termine di sinistra è un intero pari, mentre quello di sinistra è dispari. 

Esattamente lo stesso argomento mostra che, se $k$ è un intero positvo tale che $k \equiv 3 (\operatorname{mod} 4)$, allora  $\sqrt{k}$ è irrazionale.

Per  gli altri interi $k$ non quadrati, la situazione è più delicata. Se $k=5$, l'argomento di parità funziona ancora con una semplice modifica: partendo da $$4m^2+4m+1 = 5(4n^2+4n+1),$$ sottraendo $1$ e dividendo per $4$ si ottiene $$m^2+m = 5n^2+5n+1,$$ di nuovo una contraddizione dato che $m²+m = m(m+1)$ è sempre pari, mentre  $5n²+5n+1 = 5n(n+1)+1$ è sempre dispari.

Tuttavia, non c'è modo (mi sembra) di adattare il metodo per  $k=17$.

Domanda: è possibile dimostrare che $\sqrt{17}$ è irrazionale utilizzando esclusivamente argomenti modulo 2 (cioè, "controlli di parità")?

Riferimenti.
[1] https://math.stackexchange.com/questions/4188429/novel-proof-of-the-irrationality-of-sqrt3

Hilbert 90, parametrizzazioni razionali ed equazioni di Pell

Consideriamo un'estensione galoisiana di campi $L/K$ con gruppo di Galois $\operatorname{Gal}(L/K)$ ciclico di ordine $n$, generato da un $K$-automorfismo $\sigma \colon L \to L$. Allora la norma $N(a)$ di un elemento $a \in L$, definita come il prodotto di tutti i coniugati di $a$ sotto l'azione del gruppo di Galois, è data da $$N(a)=a \sigma (a)\sigma^2(a) \ldots σ^{n-1}(a).$$ Un famoso risultato, dimostrato da David Hilbert nel suo famoso Zahlbericht e noto come Hilbert 90 [1], afferma che in questa situazione ogni elemento a di norma $1$ può essere espresso nella forma $\sigma(b)/b$, per un opportuno $b∈L$.

L'importanza di questo enunciato (e soprattutto delle sue moderne interpretazioni in termini di Coomologia di Galois) va ben al di là di un breve post sul blog. Pertanto, ci limiteremo a far vedere come Hilbert 90 può essere utilizzato per determinare soluzioni razionali di particolari equazioni diofantee o, in termini più geometrici, parametrizzazioni razionali di particolari coniche nel piano affine.

Esempio 1. La circonferenza unitaria.
Consideriamo l'estensione di campi $\mathbb{Q}(i)/\mathbb{Q}$, il cui gruppo di Galois ha ordine $2$ ed è generato dal $\mathbb{Q}$-automorfismo $\sigma \colon \mathbb{Q}(i) \to \mathbb{Q}(i)$ tale che $\sigma(i)=-i$. Allora $$N(x+iy)=(x+iy)(x-iy)=x^2+y^2,$$ in altre parole gli elementi di norma $1$ dell'estensione possono essere identificati con i punti razionali della circonferenza unitaria $x^2+y^2=1$.

Per Hilbert 90, ogni tale elemento si esprime nella forma
$$x+iy = (u-iv)/(u+iv)=(u-iv)^2/(u^2+v^2)=\frac{1}{(u^2+v^2)}\left( (u^2-v^2)+i(-2uv) \right)$$

per opportuni numeri razionali $u, \, v$. In tal modo, abbiamo ottenuto la ben nota parametrizzazione razionale della circonferenza unitaria $$(x, \, y) = \frac{1}{(u^2+v^2)} (u^2-v^2, \, -2uv),$$ da cui segue che esistono infiniti punti razionali sulla circonferenza, che formano un insieme denso nella topologia euclidea.

Esempio 2. L'equazione di Pell.

Sia $D$ un numero intero positivo che non sia un quadrato perfetto. Allora l'estensione di campi $\mathbb{Q}(\sqrt{D})/\mathbb{Q}$ ha gruppo di Galois di ordine $2$, generato dal $\mathbb{Q}$-automorfismo $\sigma \colon \mathbb{Q}(\sqrt{D} \to \mathbb{Q}(\sqrt{D})$ tale che $\sigma(\sqrt{D})= -\sqrt{D}$. Pertanto $$N(x+\sqrt{D}y)=(x+\sqrt{D}y)(x-\sqrt{D}y)=x^2-Dy^2,$$ in altre parole gli elementi di norma 1 nell'estensione possono essere identificati con le soluzioni razionali dell'equazione di Pell [2] $$x^2-Dy^2=1.$$ Per Hilbert 90, ogni tale elemento di norma $1$ si esprime nella forma $$x+\sqrt{D}y = (u- \sqrt{D} v)/(u+\sqrt{D}v)=\frac{1}{(u²-Dv²)} \left((u²+Dv²) +\sqrt{D} (-2uv) \right))$$ per opportuni numeri razionali $u, \, v$. In tal modo, abbiamo ottenuto la parametrizzazione $$(x, \, y) = \frac{1}{(u^2-Dv^2)} (u^2+Dv^2, \, -2uv),$$ da cui segue che esistono infinite soluzioni razionali dell'equazione di Pell.

Il lettore più attento avrà notato che, in entrambi queste situazioni, si potevano ricavare le parametrizzazioni senza ricorrere ad Hilbert 90. Infatti, se una conica definita su $\mathbb{Q}$ possiede un punto razionale, allora per proiezione stereografica da tale punto se ne ricavano infiniti. Bastava quindi determinare una soluzione razionale particolare e proiettare da essa per ottenere tutte le altre; ad esempio, si poteva prendere in entrambi i casi $(x, \, y)=(1, \, 0)$.

Riferimenti.
[1] https://en.wikipedia.org/wiki/Hilbert%27s_Theorem_90
[2] https://en.wikipedia.org/wiki/Pell%27s_equation

$1+2+3+4+\ldots = - \frac{1}{12}$

L'immagine allegata mostra la pagina di taccuino in cui Srinivasa Ramanujan "dimostra" la celebre "identità" $$1+2+3+4+ \ldots = - \frac{1}{12}.$$ L'argomento, ovviamente errato così come è scritto, occupa le prime sei righe del foglio ed è simile a quelli che solitamente si incontrano nelle pagine divulgative sull'argomento: posto

$$c = 1+2+3+4+ \ldots,$$

si ha $$4c = 4+8+12+16+ \ldots,$$

e quindi  $$-3c = 1 +(2-4)+3+(4-8)+5+(6-12)+ \ldots = 1-2+3-4+5-6+ \ldots$$ La "somma" di questa serie a segni alterni è "calcolata" da Ramanujan considerando lo sviluppo di Taylor

$$\frac{1}{(1+x)^2} = 1−2x+3x^2−4x^3+ \ldots $$ e ponendo $x=1$. Questo fornisce $-3c = 1/4$, quindi $c = -1/12$.

È evidente che tale risultato non può sussistere nel senso usuale di "somma di una serie", in quanto (ad esempio) il termine generale di $1+2+3+4+ \ldots$ non è infinitesimo; infatti, la serie dei numeri naturali diverge nel senso usuale.

Più precisamente, almeno due passaggi cruciali della "dimostrazione" esposta sono non giustificabili dal punto di vista della moderna Analisi Matematica:

1. non è in generale lecito sommare termine a termine due serie divergenti, tra l'altro dopo averle riarrangiate, e ragionare come se si trattasse di somme finite; 
2. lo sviluppo di Taylor sopra considerato vale solo per $|x|<1$.

Tuttavia, è possibile dare un senso all'identità di Ramanujan considerando una appropriata definizione di "somma di una serie divergente", che passa attraverso un procedimento di regolarizzazione della funzione zeta di Riemann.

Infatti, il risultato di Ramanujan era motivato dal fatto che, quando $s=-1$, si ha $\zeta(s)=-1/12$, mentre il valore "formale" in $s=-1$ della funzione zeta è proprio la serie dei numeri naturali. Questo è ben spiegato nel post divulgativo di Evelyn Lamb sul blog di Scientific American [1].

Una discussione più approfondita e tecnica delle somme di Ramanujan si trova nello splendidol post di Terence Tao [2] che, fra le altre cose, illustra il legame della regolarizzazione di $\zeta(s)$ con altri argomenti classici dell'Analisi, come i numeri di Bernoulli, la funzione di von Mangoldt e la formula di Poisson.

In generale, il concetto di "somma di una serie divergente" può essere definito in vari modi, non tutti fra loro equivalenti. Un classico riferimento bibliografico per questo argomento è la monografia di G. H. Hardy Divergent Series, oggi liberamente scaricabile in formato pdf [3].

Fonte immagine: @stevenstrogatz

Riferimenti.

[1] https://blogs.scientificamerican.com/roots-of-unity/does-123-really-equal-112/
[2] https://terrytao.wordpress.com/2010/04/10/the-euler-maclaurin-formula-bernoulli-numbers-the-zeta-function-and-real-variable-analytic-continuation/
[3] https://sites.math.washington.edu/~morrow/335_17/Hardy-DivergentSeries%202.pdf

La costante di Brun

Non è al momento noto se esistano infinite coppie di primi gemelli. Tuttavia, nel 1919, Viggo Brun dimostrò [1] il seguente

Teorema. La serie dei reciproci dei primi gemelli $$(1/3+1/5)+(1/5+1/7)+(1/11+1/13)+ \ldots \quad  (*) $$ è convergente (o finita).

(Si ricordi che invece, per un ben noto risultato di Eulero, la serie dei reciproci di tutti i primi è divergente).

La somma della serie $(*)$, detta costante di Brun, si indica il genere con $B_2$. Tale serie converge molto lentamente: dopo aver sommato un miliardo di termini, si stima che vi sia ancora un errore relativo del $5$%. Se si usano $10^{16}$ coppie di primi gemelli, il valore della somma è circa $1.902160583104$.

Si sa dimostrare incondizionatamente (cioè, senza utilizzare l'Ipotesi di Riemann) che $B_2< 2.347$; assumendo tale ipotesi, si ha la stima migliore $B_2< 2.1754$, vedi [2].

Non è noto al momento se $B_2$ sia o meno irrazionale. Ovviamente, se si riuscisse a dimostrare che lo è, ciò implicherebbe che esistono infinite coppie di primi gemelli.

Riferimenti.

[1] V. Brun: La série 1/5+1/7+1/11+1/13+1/17+1/19+1/29+1/31+1/41+1/43+1/59+1/61+..., où les dénominateurs sont nombres premiers jumeaux est convergente ou finie. Bulletin des Sciences Mathématiques 43: 100–104, 124–128 (1919)

[2] https://en.wikipedia.org/wiki/Brun%27s_theorem

Quarte potenze

Un interessante algoritmo per calcolare la quarta potenza di un intero, che @fermatslibrary attribuisce a Dov Juzuk (1939).

Raggruppiamo gli interi positivi in insiemi di cardinalità crescente come segue: $$(1) \, (2, \, 3) \, (4, \, 5, \, 6) \, (7, \, 8, \, 9, \, 10) \, (11, \, 12, \, 13, \, 14, \, 15) \ldots $$ Poi, cancelliamo tutti i gruppi di cardinalità pari: $$(1) \, (4, \, 5, \, 6) \, (11, \, 12, \, 13, \,14, \,15) \ldots $$ La somma dei primi $n$ gruppi rimasti è esattamente $n^4$.

Esempi:

n=2 
$(1) + (4+5+6) = 16 = 2^4$

n=3
$(1) + (4+5+6) + (11+12+13+14+15) = 81 = 3^4$

Un quadrato di quadrati

Un quadrato magico $4 \times 4$ in cui ogni elemento è un quadrato. Conseguenza: $93025$ può scriversi come somma di quattro quadrati in almeno $10$ modi distinti.

Sorprendentemente, l'esistenza di un simile quadrato magico nel caso $3 \times 3$ è un problema aperto:

http://www.multimagie.com/English/SquaresOfSquaresSearch.htm

Ballerino di tango $\to$ Il baldo argentino

Come utilizzare l'aritmetica elementare per stabilire se due frasi sono una l'anagramma dell'altra?

Si assegni ad ogni lettera dell'alfabeto un numero primo distinto, ad esempio tramite la successione naturale crescente $$a=2, \, b=3, \, c=5, \, d=7, \, e=11, \ldots$$ Si trasformi poi ogni lettera di ciascuna frase (ignorando gli spazi vuoti) in un numero primo, tramite la corrispondenza fissata, e si moltiplichino tali primi fra loro. Per il teorema di unicità della fattorizzazione, le due frasi sono una l'anagramma dell'altra se e solo se i due numeri risultanti coincidono. Non è necessario verificare prima che le due frasi contengano lo stesso numero di lettere.

Da un tweet di @fermatslibrary

A nested radical

The following nested radical was proposed by Srinivasa Ramanujan in [1].

A quick proof of this remarkable identity is the following:

As noted by Ramanujan himself [2], it can be generalized to a vast class of nested radicals, see [3].

References.
[1] S. Ramanujan, J. Indian Math. Soc. 3 (1911), p. 90
[2] S. Ramanujan, J. Indian Math. Soc. 4 (1912), p. 226
[3] K. Srinivasa Rao, G. Vanden Berghe: On an entry of Ramanujan in his Notebooks: a nested roots expansion, Journal of Computational and Applied Mathematics Volume 173, Issue 2, 15 (2005) 371-378, https://doi.org/10.1016/j.cam.2004.04.009

Images Credits: Cliff Pickover (@pickover) and Kai (@UnderAntares) on Twitter

L'identità di Simson

Consideriamo la ben nota successione di Fibonacci, definita per ricorrenza da $$F_0=0, \quad F_1=1, \quad F_{n}=F_{n-1}+F_{n-2} \;\;\text{per} \;\; n\geq 2. $$ Allora vale la relazione

$F_{n+1}F_{n-1}-F_n^2=(-1)^n$

 detta identità di Simson, vedi [1, p. 168]. 

Vogliamo qui presentare una elegante dimostrazione di questo risultato, che si basa su semplici considerazioni di algebra lineare. Considerata la matrice a coefficienti interi \begin{equation*} A = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 &0  \end{pmatrix}, \end{equation*} un semplice argomento per induzione mostra che per ogni $n \geq 1$ vale\begin{equation} \label{induzione} \tag{$\heartsuit$} A^n= \begin{pmatrix} F_{n+1} & F_n \\ F_n  & F_{n-1} \end{pmatrix}. \end{equation} Eguagliando i determinanti dei due termini in \eqref{induzione}, si ottiene  $$(-1)^n= (\det A)^n= \det A^n=F_{n+1}F_{n-1}-F_n^2$$ che è l'identità cercata.

Riferimenti.
[1] H. S. M. Coxeter: Introduction to Geometry, Wiley 1961.

I numeri tribonacci

La successione definita per ricorrenza da $$T_n=T_{n-1}+T_{n-2}+T_{n-3},$$

in cui ogni termine è la somma dei tre precedenti, è detta successione dei numeri tribonacci. 

Ponendo $T_1=T_2=0, \, T_3=1$, i primi termini sono $$0, \, 0, \, 1, \, 1, \, 2, \, 4, \, 7, \, 13, \, 24, \, 44, \, 81, \, 149, \, 274, \, 504, \, 927, \, 1705, \, 3136, \ldots$$

vedi [1].  Il nome "tribonacci" (chiaramente ispirato da "Fibonacci") fu suggerito da Mark Feinberg , che studiò la successione in [2], dimostrando che il rapporto $T_n/T_{n-1}$ converge a $$\frac{\sqrt[3]{17+3\sqrt{33}} - \sqrt[3]{-17+3\sqrt{33}} - 1}{3}=0.5436890126 \ldots,$$ l'unica radice reale dell'equazione $x^3+x^2+x-1=0$. 

La brillante carriera matematica di Feinberg, che all'epoca aveva appena 14 anni, fu purtroppo interrotta quattro anni dopo da un tragico incidente in motocicletta.

In modo analogo è possibile definire i numeri tetranacci, pentanacci e così via; il lettore interessato può trovare maggiori informazioni in [3].

Riferimenti.

[1] https://oeis.org/A000073

[2] M. Feinberg: Fibonacci-Tribonacci, Fibonacci Quarterly 1, 71–74 (1963). 

[3] https://en.wikipedia.org/wiki/Generalizations_of_Fibonacci_numbers

Proofs without words 1

Every odd number is the difference of two consecutive squares.

Pick an odd number $n$ (in red), "bend it" in the middle and fill the square (with the blue part). In the picture, we see that for $n=13$ we obtain $13=7^2-6^2$.

Credits: MSE question 263101

When length does not matter

L'articolo di 5 righe con il quale, nel 1966, Lander e Parkin smentirono la congettura di Eulero nel caso $n=5$. 

La congettura è ancora aperta per $n  \geq  6$.

 

Three years of Sundays

Il 31 ottobre 1903, il matematico americano Frank Nelson Cole si alzò durante una riunione dell'American Mathematical Society per una comunicazione. 

Andò alla lavagna e scrisse da una parte $$2^{67} − 1$$ e, in completo silenzio, svolse il calcolo ottenendo $147573952589676412927$.

Dall'altra parte scrisse $$193707721 × 761838257287$$ e, sempre nel più completo silenzio, svolse il calcolo, ottenendo il medesimo risultato.

Fatto ciò, Cole ritornò al suo posto, senza avere pronunciato una singola parola nel corso di tutta la "dimostrazione", e venne accolto da un applauso scrosciante: aveva appena fatto vedere che il numero di Mersenne $M_{67}$ è composto.

In che modo Cole aveva compiuto la sua impresa, visto che all'epoca i calcolatore elettronici non esistevano? La questione è oggetto di un interessante thread su MathOverflow. Come è facile immaginare, il punto di partenza sta nel Piccolo Teorema di Fermat.

Se $p$ è un primo che divide $2^{67}-1$ e $d$ è l'ordine di $2$ in $\mathbb{F}_p$ allora, dal fatto che

$$2^{67} \equiv 1 \;\; (\textrm{mod } p) \quad  e \quad 2^{p-1} \equiv 1 (\textrm{mod } p)$$segue che $d$ divide MCD($p-1, \, 67$). Ma $d>1$ e $67$ è primo, quindi $d=67$ da cui $67$ divide $p-1$.

Ciò implica che ogni fattore primo $p$ di $2^{67}-1$ è della forma $p=67k+1=134h+1$ (qui $k$ è pari dato che $p$ è dispari). Nonostante questa restrizione sui fattori, Cole affermò che per trovarli esplicitamente aveva dovuto impiegare "le domeniche di tre anni" [3].

Cole fu molto attivo in ambito organizzativo, ricoprendo la carica di segretario dell'AMS a partire dal 1895. Oggi il Cole Prize in Algebra and Number Theory porta il suo nome.

Riferimenti.

[C1903] F. N. Cole: On the factoring of large numbers, Bull. Amer. Math. Soc. 10 (1903), 134–137 .

Frank Nelson Cole (fonte: Wikipedia)

Il Vieta jumping

Col nome di Vieta jumping (o "root flipping") si indica una tecnica di discesa infinita utilizzata in problemi aritmetici del tipo:

Dati due interi $a$, $b$ che soddisfano una data proprietà $\mathsf{P}$, si dimostri che una certa espressione razionale $R(a, \, b)$ soddisfa una ulteriore proprietà $\mathsf{Q}$.

La forma standard del metodo consiste dei passi seguenti:

• si suppone per assurdo che esistano $a$, $b$  che soddisfano $\mathsf{P}$ e tali che $k:=R(a, \, b)$ non soddisfa $\mathsf{Q}$;
• si sceglie la coppia $(a, \, b)$ come sopra in modo che essa soddisfi una opportuna condizione di minimalità;
• si fissa uno degli elementi della coppia, diciamo $b$, e si sostituisce l'altro con una quantità variabile $x$,  ottenendo una  equazione algebrica in $x$ della forma $R(x, \, b)-k=0$;
• prendendo una radice $\bar{x}$ di tale equazione diversa da $a$, si fa vedere che la nuova coppia $(\bar{x}, \, b)$ soddisfa $\mathsf{P}$ ed è minore di $(a, \, b)$, contraddicendo l'ipotesi di minimalità.

Applichiamo ora il Vieta jumping ad un famoso problema delle Olimpiadi Internazionali di Matematica del 1988, spesso citato per la sua difficoltà. Solo $11$ partecipanti riuscirono a risolverlo, fra i quali la futura Medaglia Fields Ngô Bảo Châu e il futuro professore di Matematica a Stanford Ravi Vakil.

Problema n. 6, IMO 1988. Siamo $a$, $b$ interi positivi tali che $ab+1$ divida $a^2+b^2$. Si dimostri che $\frac{a^2+b^2}{ab+1}$ è un quadrato perfetto.

Soluzione. Si supponga che $a$, $b$ siano tali che l'intero positivo $k:=\frac{a^2+b^2}{ab+1}$ non sia un quadrato perfetto, e si scelga una coppia $(a, \, b)$ con questa proprietà tale che $a \geq b$ e $a+b$ sia minimo. 

Si fissi $b$ e si sostituisca $a$ con una quantità variabile $x$, ottenendo l'equazione quadratica $$x^2-kbx+b^2-k=0.$$Sappiamo che $x_1=a$ è una soluzione, e indichiamo l'altra soluzione con $x_2$; allora l'espressione di $k$ rimane valida se si sostituisce $a$ con $x_2$, in altre parole $$\frac{x_2^2+b^2}{x_2b+1}=k>0.$$ Da qui segue $x_2b+1 > 0$, e quindi $x_2 \geq 0$, essendo $b>0$ per ipotesi.

Inoltre, dalle usuali formule per la somma e il prodotto delle radici di una equazione di secondo grado, si ricava $$x_2=kb-a, \quad x_2=\frac{b^2-k}{a}.$$ La prima espressione mostra che $x_2$ è un intero, mentre la seconda (e qui sta il punto cruciale) implica che $x_2 >0$, dato che per ipotesi $k$ non è un quadrato perfetto.   

Siccome $a \geq b$, si ottiene $$x_2 = \frac{b^2-k}{a} \leq \frac{a^2-k}{a} <a$$ e quindi $x_2+b < a +b$, contraddicendo la minimalità di $a+b$. $\square$

Una dimostrazione topologica dell'infinità dei numeri primi

Esistono oggi molte dimostrazioni dell'infinità dei numeri primi, e il lettore interessato può trovarne alcune nel bel libro [1]. Una di esse si basa su un argomento di tipo topologico, ed è dovuta al matematico israeliano  H. Furstenberg (premio Wolf 2006), che la pubblicò nel 1955 (vedi [2]) quando era ancora uno studente alla Yeshiva University.

A differenza della dimostrazione classica di Euclide, quella di Furstenberg è per assurdo, e l'argomento utilizzato è abbastanza snello da poter essere riprodotto interamente qui.

Per ogni $a, \, b \in \mathbb{Z}$, $b >0$ consideriamo la progressione aritmetica infinita (in entrambe le direzioni) $$N_{a, \, b} :=\{a+nb \; | \; n \in \mathbb{Z} \},$$ e diciamo che un sottoinsieme $A$ di $\mathbb{Z}$ è aperto se $A$ è vuoto oppure se per ogni $a \in A$ esiste $b \in \mathbb{Z}^+$ tale che $N_{a, \, b} \subseteq A$.

Si dimostra agevolmente che in tal modo si definisce su $\mathbb{Z}$ una topologia $\mathcal{T}$, per la quale le progressioni $N_{a, \,b}$ sono una base di aperti e tale che ogni aperto non vuoto è infinito.

Il punto cruciale della dimostrazione di Furstenberg è che ogni sottoinsieme $N_{a, \, b}$ è anche chiuso, dato che possiamo esprimerlo come complementare di una unione (finita) di aperti nel modo seguente: $$N_{a, \, b} = \mathbb{Z}- \bigcup_{j=1}^{b-1}N_{a+j, \, b}.$$ A questo punto siamo pronti a fare entrare in gioco l'insieme $\mathbb{P}$ dei numeri primi. Infatti, ogni intero $n \notin \{-1, \, 1\}$ possiede almeno un divisore primo $p$, il che vuol dire $n \in N_{0, \, p}$; pertanto, possiamo scrivere \begin{equation} \label{eq:fustenberg} \mathbb{Z}-\{-1, \, 1\} = \bigcup _{p \, \in \, \mathbb{P}}N_{0, \, p}. \tag{$\heartsuit$} \end{equation} Se $\mathbb{P}$ fosse un insieme finito, il membro di destra in \eqref{eq:fustenberg} sarebbe una unione finita di chiusi, e quindi un chiuso. Ma allora $\{-1,\, 1\}$ sarebbe un aperto, contraddicendo il fatto che ogni aperto non vuoto di $\mathcal{T}$ è infinito.

H. Furstenberg nel 1992 (fonte Wikipedia)

Riferimenti.

[1]  M. Aigner, G. Ziegler: Proofs from THE BOOK (4th ed. 2009). Berlin, New York: Springer-Verlag.

[2] H. Furstenberg: On the infinitude of primes, American Mathematical Monthly 62 (5), 353 (1955).

Numeri di Fibonacci e potenze perfette

Tutti conoscono la successione di Fibonacci $F_n$, definita per ricorrenza come $$F_0=0, \quad F_1=1, \quad  F_n=F_{n-1}+F_{n-2}$$ e i cui primi termini sono $$0, \,1, \,1, \,2, \,3, \,5, \,8, \,13, \,21, \,34, \,55, \,89, \,144, \ldots$$ Una domanda naturale è quali siano numeri di Fibonacci che siano anche quadrati perfetti, o cubi perfetti o, più generalmente, $n$-esime potenze perfette. Semplici esperimenti al calcolatore suggeriscono la seguente

Congettura: Le sole potenze perfette nella successione di Fibonacci sono 1, 8, 144.

Come spesso accade in Teoria dei Numeri, un enunciato ingannevolmente semplice nasconde un problema molto difficile. Infatti, la Congettura è vera, ma la dimostrazione completa si è avuta solo pochi anni fa, per mezzo di tecniche simili a quelle utilizzate per la dimostrazione dell’Ultimo Teorema di Fermat.

Sembra che il problema sia stata proposto (indipendentemente) da Moser-Carlitz e Rollet nel 1963. Il caso dei quadrati fu risolto (ancora indipendentemente) da Cohn e Wyler nel 1963. Quello per i cubi è invece un risultato della dissertazione dottorale di Finkelstein (1964).

Nei decenni successivi furono proposte varie dimostrazioni per specifici valori di $n$, finché il caso generale venne risolto nel 2006 da Bugeaud, Mignotte and Siksek in un complesso lavoro su Annals of Mathematics [1].

Per ulteriori dettagli, il lettore può consultare il post su MathOverflow [2] e il survey paper [3].

Riferimenti.

[1] Y. Bugeaud, M. Mignotte, S. Siksek: Classical and modular approaches to exponential Diophantine equations. I. Fibonacci and Lucas perfect powers, Annals of Mathematics 163 (2006), 969-1018.

[2] https://mathoverflow.net/questions/1624/is-8-the-largest-cube-in-fibonacci-sequence

[3] V. Andreijc: On Fibonacci powers, Univ. Beograd. Publ. Elektrotehn. Fak., Ser. Math 17 (2006), 38-44.