Dal problema di Brocard all’aritmetica modulare e alle equazioni diofantee: con l’enigma dei subfattoriali, subtermiali e termiali (numeri triangolari).
Introduzione
Prima di avventurarci nei territori inesplorati dei subfattoriali e termiali, è doveroso rendere omaggio al capostipite di questa indagine: il celebre Problema di Brocard.
L’Eredità di Brocard e Ramanujan: un enigma ancora aperto
La storia di questo enigma inizia nel 1876, quando il matematico francese Henri Brocard, ufficiale dell'esercito con una spiccata passione per la meteorologia, la geometria e la teoria dei numeri, propose una sfida all'apparenza innocua sulle pagine della Nouvelle Correspondance Mathématique. Brocard chiedeva di trovare tutte le coppie di numeri interi positivi \((n,m)\) in grado di soddisfare la seguente equazione diofantea:
\[
n!+1=m^2
\]
Il problema restò una curiosità di nicchia finché, nel 1913, il genio indiano Srinivasa Ramanujan non lo ripropose in maniera indipendente e con la sua consueta aura di mistero. Da quel momento, il problema è entrato nella leggenda, assumendo il nome di Equazione di Brocard-Ramanujan.
Se proviamo a "sporcarci le mani" calcolando i primi fattoriali, la ricerca ci regala subito delle soddisfazioni. Troviamo rapidamente tre soluzioni:
- Per \(n=4\): si ottiene \(4!+1=24+1=25\), che è il quadrato di 5.
- Per \(n=5\): si ottiene \(5!+1=120+1=121\), che è il quadrato di 11.
- Per \(n=7\): si ottiene \(7!+1=5040+1=5041\), che è il quadrato di 71.
Le coppie \((n,m)\) che risolvono l'equazione, ovvero \((4,5)\), \((5,11)\) e \((7,71)\), sono ben note in letteratura come Numeri di Brown.
Tutto apparentemente semplice, ma ecco subito sorgere la vera, grande domanda che ci si pone: ce ne sono altre?
Il prolifico matematico Paul Erdős formulò la congettura che queste tre fossero le uniche soluzioni esistenti. Nel corso dei decenni, l'equazione ha resistito agli attacchi delle menti più brillanti. Oggi, grazie alla potenza di calcolo dei moderni supercomputer, l'assenza di ulteriori quadrati perfetti è stata verificata per valori di \(n\) che superano il miliardo.
Eppure, a livello analitico, nessuno è ancora riuscito a produrre una dimostrazione che si possa considerare definitiva. L'infinito, nelle sue profondità, offre un nascondiglio illimitato.
La nuova equazione diofantea \(!n+1=m^2\)
È proprio partendo da questa affascinante incompletezza che ci prepariamo al nostro "colpo di scena" aritmetico. Se il fattoriale classico ha generato un problema così coriaceo, cosa succederà se scompigliando questo bel gioco sostituiamo l'operatore ordinario con il subfattoriale (\(!n\)) ? La nostra nuova equazione,
\[
!n+1=m^2,
\]
sarà altrettanto avara di quadrati perfetti, o ci svelerà una natura completamente diversa?
La Fase Esplorativa: Sporcarsi le mani coi numeri e la ricorsione
Per comprendere l'andamento dell’equazione di Brocard modificata, dobbiamo innanzitutto introdurre il subfattoriale di \(n\), denotato con \(!n\).
In combinatoria, \(!n\) rappresenta il numero di possibili “scombussolamenti” (derangiament o dismutazione) di un insieme di \(n\) elementi, ovvero il numero delle permutazioni in cui nessun elemento appare nella sua posizione originaria (pensa, per esempio, ad \(n\) persone che lasciano il proprio cappello nel guardaroba e, all'uscita, lo riprendono in modo che nessuno riceva il proprio).
Mentre il fattoriale classico cresce secondo la nota legge
\[
n!=n\cdot(n-1)!,
\]
il subfattoriale segue una regola ricorsiva altrettanto affascinante, che risente dell'alternanza di segno dovuta all'inclusione-esclusione:
\[
!n=n\cdot !(n-1)+(-1)^n,
\]
con le condizioni iniziali poste per
\[
!0=1 \qquad \text{e} \qquad !1=0.
\]
Calcoliamo i primi termini della sequenza per verificare quali valori di \(!n+1\) diano luogo a un quadrato perfetto (\(m^2\)):
| n | Calcolo di !n | Valore di !n | !n+1 | È un quadrato perfetto? |
|---|---|---|---|---|
| 1 | \(1\cdot1+(-1)^1\) | 0 | \(0+1=1\) | Sì (\(1^2\)) |
| 2 | \(2\cdot0+(-1)^2\) | 1 | \(1+1=2\) | No |
| 3 | \(3\cdot1+(-1)^3\) | 2 | \(2+1=3\) | No |
| 4 | \(4\cdot2+(-1)^4\) | 9 | \(9+1=10\) | No |
| 5 | \(5\cdot9+(-1)^5\) | 44 | \(44+1=45\) | No |
| 6 | \(6\cdot44+(-1)^6\) | 265 | \(265+1=266\) | No |
| 7 | \(7\cdot265+(-1)^7\) | 1854 | \(1854+1=1855\) | No |
| 8 |
La ricerca empirica iniziale ci regala una soluzione immediata e formale a \(n=1\). Tuttavia, superato questo caso iniziale, l'entusiasmo si scontra rapidamente con una totale assenza di altri quadrati perfetti. I numeri crescono a dismisura: per \(n=10\) superiamo già il milione (\(!10=1334961\)). Andare avanti alla cieca sperando d’incontrare un quadrato perfetto sull’asse naturale sarebbe come cercare un ago in un pagliaio infinito. Abbiamo bisogno di una strategia analitica.
La chiave di volta viene dall'induzione modulare
Perché i quadrati sembrano svanire? La risposta risiede nelle proprietà dei resti. Se analizziamo il comportamento di \(!n\) sotto diversi divisori (moduli), scopriamo una struttura periodica straordinaria.
Prendiamo come riferimento il modulo 4. Sappiamo che i quadrati perfetti, quando divisi per 4, possono lasciare soltanto come resto 0 (se sono pari) o 1 (se sono dispari). Non esiste alcun quadrato perfetto nell'universo numerico che diviso per 4 lasci resto 2 o 3.
Osserviamo ora il comportamento di \(!n\pmod 4\) per \(n>3\). Possiamo dimostrare per induzione matematica che la sequenza dei resti modulo 4 si ripete indefinitamente con un periodo di lunghezza 4:
\[
1,0,1,2,1,0,1,2,\ldots
\]
Dimostrazione:
Utilizzando la relazione di ricorrenza
\[
!n=n\cdot !(n-1)+(-1)^n,
\]
analizziamo i quattro casi possibili per \(n\pmod 4\):
- Se \(n\equiv0\pmod 4\):
\[
!n\equiv0\cdot !(n-1)+(-1)^0\equiv1\pmod 4
\] - Se \(n\equiv1\pmod 4\) (sapendo che \((n-1)\equiv0\), quindi \( !(n-1)\equiv1\)):
\[
!n\equiv1\cdot1+(-1)^1\equiv1-1\equiv0\pmod 4
\] - Se \(n\equiv2\pmod 4\) (sapendo che \((n-1)\equiv1\), quindi \( !(n-1)\equiv0\)):
\[
!n\equiv2\cdot0+(-1)^2\equiv1\pmod 4
\] - Se \(n\equiv3\pmod 4\) (sapendo che \((n-1\equiv2\), quindi \( !(n-1)\equiv1\)):
\[
!n\equiv3\cdot1+(-1)^3\equiv3-1=2\pmod 4
\]
Il ciclo \(1,0,1,2\) è così dimostrato per ogni \(n>3\).
Se ora sommiamo 1 per ottenere il valore della nostra equazione (\(!n+1\)), la sequenza dei resti modulo 4 diventerà:
\[
2,1,2,3,2,1,2,3,\ldots
\]
Poiché i resti 2 e 3 non possono appartenere a un quadrato perfetto, abbiamo appena escluso con rigore assoluto tre quarti di tutti i numeri interi esistenti! La nostra equazione può avere una speranza di soluzione solo e soltanto quando il resto è 1, il che avviene esclusivamente se \(n\equiv1\pmod 4\) (ovvero per \(n=5,9,13,17,\ldots\)). Per esplorare visivamente questa periodicità e testare l'efficacia dei filtri modulari anche su altri moduli (come il 3 e il 5), si può ricorrere a un calcolatore interattivo che permette di visualizzare la "tagliola" aritmetica in azione. Si vede così ridotto drasticamente lo spazio di ricerca ottenuto estendendo il ragionamento con un setaccio modulo 5 (o superiore), i candidati si riducono ulteriormente, si conferma così il forte sospetto che la soluzione iniziale sia effettivamente l'unica.
Il crivello del modulo 4 ci ha permesso di scartare in un colpo solo il 75% dei numeri interi, lasciandoci con una lista di "superstiti" della forma \(n\equiv1\pmod 4\) come detto. Ma possiamo fare di meglio. Come in un vero e proprio setaccio, sovrapponendo reti con maglie diverse possiamo intrappolare ed eliminare filtrandoli sempre più candidati.
Chiamiamo in causa il modulo 3. Elevando al quadrato i numeri interi, scopriamo che un quadrato perfetto diviso per 3 può dare come resto soltanto 0 (se multiplo di 3) o 1. Non esiste alcun quadrato che restituisca resto 2.
Analizzando la sequenza \(!n+1\pmod 3\), vediamo che ha un periodo di 6 passi e assume ripetutamente il valore 2 per infiniti casi (ad esempio per \(n=6,8,12\)). Tutti questi rami vengono tagliati via all'istante.
Ma il vero colpo di grazia ai nostri "superstiti" del modulo 4 lo sferra il modulo 5. Un quadrato perfetto, diviso per 5, può terminare o lasciare resti solo pari a 0, 1 o 4. I resti 2 e 3 sono categoricamente esclusi.
Mettiamo alla prova il candidato \(n=9\), sopravvissuto al primo filtro. Invece di calcolare il mostruoso valore di \(!9\) per intero, usiamo la ricorrenza
\[
!n=n\cdot !(n-1)+(-1)^n
\]
calcolando solo i resti modulo 5, partendo da \(n=5\):
- Sappiamo che \(!5=44\), che diviso per 5 dà resto 4.
- \(!6\equiv6\cdot4+1=25\equiv0\)
- \(!7\equiv7\cdot0-1=-1\equiv4\) (ricordiamo che \(-1\) equivale a 4 nel ciclo del modulo 5)
- \(!8\equiv8\cdot4+1=33\equiv3\)
- \(!9\equiv9\cdot3-1=26\equiv1\)
Se il subfattoriale \(!9\) dà resto 1, allora la nostra equazione \(!9+1\) darà come resto 2.
Ma abbiamo appena detto che nessun quadrato perfetto modulo 5 può dare resto 2 e di conseguenza, \(n=9\) è definitivamente escluso. Con identica agilità, proseguendo i calcoli modulari, scopriamo che
\[
!13+1\equiv3\pmod 5.
\]
Anche \(n=13\) viene polverizzato dal crivello.
Il Trionfo del Metodo per dominare l'Infinito
È qui che risiede la vena poetica di questo approccio e, più in generale, della Teoria dei Numeri. L'aritmetica modulare ci permette di compiere un miracolo logico: dominare l'infinito senza doverlo percorrere.
Non abbiamo avuto bisogno di calcolare l'immenso numero \(!13+1\) (che vale la bellezza di 6227020801) per poi estrarne faticosamente la radice quadrata e scoprire che non era un numero intero. Ci è bastato osservare il suo comportamento, la sua firma genetica sotto la lente dei moduli.
In Informatica, di fronte a un'equazione diofantea, la tentazione è quella di scrivere un ciclo while e delegare alla macchina la ricerca per forza bruta. Ma la macchina, per quanto potente, si fermerà sempre davanti a un confine finito, esaurendo la memoria o il tempo, lasciandoci col dubbio che la soluzione si nasconda un passo più in là. La Matematica, al contrario, non cerca l'ago nel pagliaio infinito: dà fuoco al pagliaio usando le proprietà strutturali dei numeri. Studiare i resti significa tracciare delle leggi di impossibilità assolute.
Con l'intreccio di moduli via via maggiori, possiamo setacciare lo spazio numerico dimostrando che le possibilità di trovare un'altra soluzione oltre a quella banale crollano drasticamente verso lo zero, celebrando così il trionfo irriducibile del pensiero analitico sulla mera potenza di calcolo.
La Sfida al Lettore: L’ultimo Setaccio
Arrivati a questo punto, l'arsenale dell'aritmetica modulare ha decimato i candidati. Il crivello del modulo 4 e del modulo 5 ci ha permesso di spazzare via la quasi totalità dei numeri interi, dimostrando l'incredibile eleganza di questo approccio. Eppure, qualche "superstite" particolarmente tenace potrebbe ancora nascondersi tra le maglie di tale rete.
Prendiamo ad esempio il caso \(n=17\). Questo numero ha superato indenne la spietata tagliola del modulo 4 poiché \(17\equiv1\pmod 4\) e, se provate a fare i calcoli, scoprirete che riesce a eludere astutamente anche la trappola del modulo 5. È forse lui il tanto atteso nuovo quadrato perfetto per la nostra equazione
\[
!n+1=m^2?
\]
Per scoprirlo, vi lascio con una piccola indagine da poter aggiungere al vostro taccuino di matematica ricreativa: il crivello del Modulo 7.
Gli indizi per l'indagine:
- Verificate innanzitutto i resti ammessi: elevando al quadrato i numeri da 0 a 6 e dividendoli per 7, scoprirete che un quadrato perfetto modulo 7 può restituire soltanto i resti 0, 1, 2 o 4. I resti 3, 5 e 6 sono matematicamente impossibili per un quadrato.
- Utilizzate la provvidenziale formula ricorsiva
\[
!n=n\cdot !(n-1)+(-1)^n,
\] calcolando le operazioni esclusivamente con la cosiddetta aritmetica dell'orologio in modulo 7 (ricordando che, ad esempio, \(-1\) equivale a 6).
La sfida:
Riuscite a spingere la sequenza dei resti fino a \(n=17\) ?
E una volta calcolato il resto di \(!17+1\pmod 7\), il nostro candidato sopravviverà all'ultimo setaccio, o verrà inesorabilmente spazzato via dimostrando ancora una volta il trionfo del metodo analitico sulla forza bruta?
Buon divertimento con carta, penna e... tanti resti!
Ricordiamo comunque che per affermare di aver risolto un problema matematico bisogna farlo con una dimostrazione formale rigorosa e generale, che copra tutti i casi possibili.
Già anni fa ci furono autori che si concentrarono sull’analisi delle congruenze producendo speculazioni euristiche interessanti e indagini esplorative, analiticamente non conclusive.
La NON Conclusione
il mondo accademico produce costantemente studi che analizzano bene il comportamento e tracciano i confini della sfuggente equazione diofantea
\[
n!+1=m^2
\]
da cui siamo partiti.
Se il problema di Brocard (ovvero dimostrare in modo inequivocabile che le uniche coppie risolutive si hanno per \(n=4,5,7\)) rimane a tutti gli effetti un problema matematico aperto, non è così per tutte quelle Variazioni Brocardiane che prenderemo in considerazione.
A questo primo articolo della serie Equazioni di tipo Brocard (Brocard-like equations) dove abbiamo visto e analizzato l’equazione Brocard-Subfattoriale (o dei Derangiament)
\[
!n+1=m^2
\]
daremo seguito proponendo altre Equazioni diofantee a operatore unario che andranno dal Problema di Brocard Triangolare (o Termiale), applicato all'equazione
\[
n?+1=m^2,
\]
al Problema di Brocard Alternato (o Subtermiale) che vedremo essere il caso più intrigante espresso dall'equazione
\[
?n+1=m^2.
\]
Per richiamare opportunamente gli specifici operatori citati vi suggerisco due precedenti articoli che trovate su Matmedia:
Riferimenti
- https://it.wikipedia.org/wiki/Problema_di_Brocard
- https://www.youtube.com/watch?v=67A714BbotU
- https://it.wikipedia.org/wiki/Operazione_unaria
- https://mathworld.wolfram.com/Subfactorial.html
- https://en.wikipedia.org/wiki/Derangement
- https://it.wikipedia.org/wiki/Dismutazione_(matematica)
- https://it.wikipedia.org/wiki/Aritmetica_modulare
- https://ui.adsabs.harvard.edu/abs/2020arXiv200409256M/abstract
- https://arxiv.org/pdf/2004.09256
COMMENTS