Identità

[xAle2]

Salve a tutti,
riporto un quesito presente nella preface di "Inside interesting integrals" di Paul j. Nahin. Spero posso essere interessante e stimolante anche per voi

Without actually calculating $x$, show that if $x+1/x=1$ it then follows that $x^7+1/x^7=1$

[dan952]

Questi quesiti non sono adatti a questa sezione..
Ti consiglio di scriverlo nella sezione "scervelliamoci un pò", nel frattempo qualche moderatore errante accorgendosi del doppio topic cancellerà questo...o ti bannerà...

[orsoulx]

Un percorso di basso livello, che permette di aggirare i numeri complessi, può consistere nel considerare le potenze dispari di $ x+1/x $:

$ (x+1/x)^3=x^3+1/x^3+3(x+1/x)=1 $;
$ (x+1/x)^5=x^5+1/x^5+5(x^3+1/x^3)+10(x+1/x)=1 $;
$ (x+1/x)^7= x^7+1/x^7+7(x^5+1/x^5)+21(x^3+1/x^3)+35(x+1/x)=1 $.
Da cui: $ x^3+1/x^3=-2; x^5+1/x^5=1; x^7+1/x^7=1 $.

Ciao

[consec]

Propongo un'altra soluzione che generalizza il problema senza passare per i numeri complessi

Riscrivendo ipotesi e tesi, dobbiamo dimostrare che se $x^2+1=x$ allora $x^14+1=x^7$.

$x^2=x-1 => x^14+1= (x-1)^7+1= x^7-7x^6+21x^5-35x^4+35x^3-21x^2+7x$

Quindi dobbiamo mostrare che $-7x^6+21x^5-35x^4+35x^3-21x^2+7x=0$

Dall'ipotesi segue che per ogni intero $n>=0$ è vero che $x^(n+3)=-x^n$, infatti la generica espressione $ax^(m+1)-ax^m$ può essere scritta sia come $ax^m*x-ax^m=ax^m*(x^2+1)-ax^m=ax^(m+2)$ sia come $ax^(m+1)-ax^(m-1)*x=ax^(m+1)-ax^(m-1)*(x^2+1)=-ax^(m-1)$ per ogni intero positivo quindi eguagliandoli e scalando l'esponente si ottiene il lemma (alternativamente si scrive $x^3=x^2*x=(x-1)*x=x^2-x=x^2-1+1-x=-1=-x^0$ che implica il lemma)

Allora $x^6=-x^3=1$, $x^5=-x^2$, $x^4=-x$ e $x^3=-1$

Quindi $-7x^6+21x^5-35x^4+35x^3-21x^2+7x$ diventa $-7-21x^2+35x-35-21x^2+7x=-7-42x^2+35x-35+7x$ alché riusando l'ipotesi che $x^2+1=x$ si ricava $-7-42(x-1)+35x-35+7x$ e tutti i termini si elidono

Edit: effettivamente la proprietà è valida per tutti gli interi, quindi il problema diventa molto più veloce dato che $x^-7=x^-1$ e $x^7=x$. A questo punto la tesi è vera per ogni $x^(6n+1)+x^(6m-1)$ per $n,m in ZZ$.

[xAle2]

Riporto la soluzione data dall'autore del libro, in seguito aggiungerò anche la mia

Since $x+1/x=1$, then multiplying through by $x$ gives $x^2+1=x$ or, rearranging, $x^2=x-1$. Multiplying through by $x$ again, $x^3=x^2-x$ or, substituting our expression for $x^2$, $x^3=x-1-x=-1$. Squaring this gives $x^6=1$, and then multiplying through by $x$ we have $x^7=x$. So, substituting $x^7$ for $x$ in the original $x+1/x=1$ we have $x^7+1/x^7=1$ and we are done.

[Erasmus_First]

"xAle":Riporto la soluzione data dall'autore del libro [...]

Visto.
Orribilmente farraginosa (secondo me, naturalmente).

Se [in $CC$] $x+1/x = 1$, allora $x = e^(j(6k+1)π/3) ∨ x=e^(j(6h-1)π/3$, con $h$ e $k$ interi arbitrari.
Pertanto, posto $∀n ∈ ZZ$ $Y_n = x^(2n+1) + 1/x^(2n+1) = 2 cos((2n+1)π/3)$, la sequenza (di reali) ${Y_n}$ risulta periodica di periodo 3:
$∀n ∈ ZZ$ $Y_n=Y_(n\ mod\ 3)$.

n   ––> ...   –3     –2     –1      0       1       2      3      4      5     6  ... 
Yn  ––>  ...   1     -2      1      1      -2       1      1     -2      1     1  ... 

In particolare $Y_3 = Y_0$, ossia $x^7+1/x^7 = x+1/x =1$.

_______

[orsoulx]

"Erasmus_First":Orribilmente farraginosa (secondo me, naturalmente).

Com'è buono lei!! Però Professore forse non ha letto bene il testo:

Without actually calculating $ x $, ....

Ciao

[Erasmus_First]

"Erasmus_First":Orribilmente farraginosa (secondo me, naturalmente).

Ribadisco!

"orsoulx":

Without actually calculating $ x $, ....

Con l'ipotesi $x+1/x=1$, la tesi che ripeterò qui sotto si prova anche "senza calcolare effettivamente $x$".
Tesi
$(x+1/x=1) ∧ (∀n∈ZZ\ Y_n =x^(2n+1)+1/x^(2n+1))$ $⇒$

$⇒$ $(∀n∈ZZ\ Y_n =Y_(n\ mod\ 3)) ∧([Y_0,Y_1,Y_2]=[1, -2, 1])$.

Prova
Essendo $x+1/x=1$, è anche:
$(x+1/x)^2=x^2 + 2 + 1/x^2 =1$.
Con ciò:
$(x^(2n-1)+1/x^(2n-1))·(x+ 1/x)^2 = x^(2n+1)+1/x^(2n+1) + 2(x^(2n-1)+1/x^(2n-1))+ x^(2n-3)+1/x^(2n-3) =$
$=x^(2n-1)+1/x^(2n-1)\ ⇔\ x^(2n-3)+1/x^(2n-3) + x^(2n-1)+1/x^(2n-1)+ x^(2n+1)+1/x^(2n+1)=0$,
ossia:
$∀n∈ZZ\ Y_(n-2)+Y_(n-1)+Y_n=0$.
In particolare, per $n=1$:
$Y_(-1)+Y_0+Y_1 =0$.
E siccome $Y_0=1$ per ipotesi e $Y_(-1) =1/x + x =Y_0$, risulta
$Y_1=-2$.
Essendo dunque $Y_0=1$ e $Y_1 = -2$:
• $Y_0+Y_1+Y_2=0\ ⇒\ Y_2=1$;
• $Y_1+Y_2+Y_3=0\ ⇒\ Y_3=1=Y_0$;
• $Y_2+Y_3+Y_4=0\ ⇒\ Y_4=-2=Y_1$;
• $Y_3+Y_4+Y_5=0\ ⇒\ Y_5=1=Y_2$;
• ... ;
e per induzione completa
$∀k∈ZZ$
• $Y_(3k) = Y_0 =1$;
• $Y_(3k+1) = Y_1 = -2$;
• $Y_(3k+2)=Y_2 = 1$.

_______

[orsoulx]

Dai Erasmus, è quasi Natale, cerca di essere un po' più buono
Ti parafraso la soluzione dell'autore

$ x+1/x=1 $ da cui, eliminando il denominatore
$ x^2+1=x $ moltiplicando ancora per $ x $
$ x^3 + x = x^2 $ sommando membro a membro le ultime due
$ x^3 = -1 $ da cui $ x^6=1 $ e $ x^7 = x $.

Cosa tu ci trovi di "orribilmente farraginoso" non riesco proprio a capirlo.
Ciao

[Erasmus_First]

[...] cerca di essere un po' più buono

«Καὶ μὴ κρίνετε, καὶ οὐ μὴ κριθῆτε» (κατά Λουκάν, ΣT';37)
«Et nolite iudicare, ne iudicemini», (secundum Lucam, VI:37 – iuxta vetera vulgata)
vel
«Et nolite iudicare, et non iudicabimini»] (Luc. 6:37 – iuxta nova vulgata)

_______


-----
P.S.
La sequenza periodica che ho trovato, cioè

Yn → ..., 1, -2,  1,  1, -2,  1,  1, -2,  1,  1, -2, ...
n  → ...,-3, -2, -1,  0,  1,  2,  3,  4,  5,  6,  7, ... 

$(dove,\ se\ x+1/x=1,\ Y_n=x^(2n+1)+1/x^(2n+1))$ mi piace assai !
Giudico elegante essa ed elegante il procedimento usato per trovarla.

Buon Natale a tutti

[orsoulx]

Buon Natale anche a te.
Ciao

[orsoulx]

@Erasmus,
[ot]

"Erasmus_First":
«Καὶ μὴ κρίνετε, καὶ οὐ μὴ κριθῆτε» (κατά Λουκάν, ΣT';37)
«Et nolite iudicare, ne iudicemini», (secundum Lucam, VI:37 – iuxta vetera vulgata)
vel
«Et nolite iudicare, et non iudicabimini»] (Luc. 6:37 – iuxta nova vulgata)

Mah! Non riesco a capire il perché di questa dotta citazione; inserita addirittura sotto spoiler [timore di turbare qualche ateo?].
Se, come forse possibile, esprimesse un tardivo pentimento, potresti cancellare con lo strike il pessimo giudizio che hai reiteratamente formulato sulla soluzione proposta da Paul j. Nahin.
Hai trovato anche tu una soluzione e ne sei alquanto soddisfatto. Questo dovrebbe farti provare gratitudine verso chi ha proposto il problema, permettendoti di esprimere tutta la tua bravura. E invece no! Ti accanisci nei confronti dell'altra proposta, che a me pare possedere la stessa grazia di un colibrì multicolore intento a suggere il nettare da un fiore. Non ti basta il già poco gradevole "farraginosa", devi rincarare la dose aggiungendo "orribilmente" e confermando il tutto.
Beh! Anch'io ribadisco: com'è buono Lei!![/ot]
Ciao