In una delle ultime canzoni della band italiana Bluvertigo intitolata Comequando si evoca il disagio provocato da un particolare tipo di incubo: “Come nei sogni in cui continui a cadere”.
Per fortuna, l’incubo in cui si ha esperienza di una discesa infinita non può concretizzarsi se si cade da un piolo qualsiasi della scala dei numeri naturali. Infatti i numeri naturali, con il loro ordine usuale, godono di questa proprietà: non esiste una successione infinita \(x_1, x_2, x_3, …\) di numeri naturali strettamente decrescente. Questo non vale per tutti gli insiemi totalmente ordinati. Per esempio, nel caso dei numeri interi con il loro ordine usuale non vale dato che possiamo considerare la successione \(-1, -2, -3, -4, … \) e non vale nemmeno nel caso dell’insieme dei numeri reali, neanche se consideriamo solo i reali non negativi (basta infatti considerare la successione che ha come termine \(n\)-esimo \(\frac{1}{2^n}\)).
Questa proprietà fu sfruttata fin dai tempi antichi: Euclide nella Proposizione 31 del Libro VII la usa per dimostrare che ogni numero composto ha almeno un divisore primo. Per farlo egli parte da un numero composto \(n\). Dato che \(n\) è composto, ha almeno un divisore intero \(m\) compreso strettamente tra \(1\) e \(n\). Se tale divisore è primo, abbiamo finito. Altrimenti, se \(m\) è composto, si considera un suo divisore intero \(k\) strettamente compreso tra \(1\) e \(m\). Tale divisore \(k\) divide anche \(n\). Se è primo abbiamo dunque finito, ma se non lo è possiamo continuare allo stesso modo. Dunque se \(n\) non avesse divisori primi, sarebbe possibile costruire una successione di suoi divisori interi positivi strettamente decrescente, il che vìola la proprietà dei numeri naturali che abbiamo esposto sopra.
Nel XVII secolo Fermat usò la stessa tecnica, nota come discesa infinita, per dimostrare un caso particolare del suo celebre ultimo teorema. Il caso particolare è questo:
Non esistono \(a, b , c\) interi positivi tali che \( a^4+b^4=c^4\).
L’idea è più o meno questa: se \((a,b,c)\) è una soluzione intera positiva dell’equazione \(x^4+y^4=z^4\), allora \((a,b,c^2)\) è una soluzione intera positiva di \(x^4+y^4=z^2\), e l’argomento è completato mostrando che a partire da una soluzione \((u,v,w)\) di interi positivi di quest’ultima equazione, si può costruire un’altra soluzione \((p,q,r)\) di interi positivi della stessa equazione con \(r<w\). Infatti, grazie a questo da \((a,b,c^2)\) potremmo ottenere una successione strettamente decrescente di numeri naturali, e possiamo quindi concludere che non esiste alcuna soluzione \((a,b,c)\) dell’equazione di partenza.
Omettiamo i dettagli che renderebbero un po’ pesante questa parte, ma chi legge sappia che si usa in modo cruciale la caratterizzazione delle terne pitagoriche primitive, per la quale una terna \((a,b,c)\) di numeri interi positivi è una terna pitagorica primitiva se e solo se esistono interi positivi \(d,e\) primi tra loro, uno pari e uno dispari, tali che \(a\) e \(b\) sono \(d^2 – e^2\) e \(2de\) in qualche ordine e \(c\) è uguale a \(d^2+e^2\).
Una divertente dimostrazione per discesa infinita si deve a Dedekind. Nel 1858 egli dimostrò nel modo seguente che \(\sqrt{2}\) è irrazionale.
Supponiamo che \(\sqrt{2}=1+\frac{a}{b}\) con \(0<a<b\) interi. Allora elevando al quadrato entrambi i membri, moltiplicandoli per \(b^2\) e manipolando l’identità ottenuta si ottiene che
$$b(b-2a)=a^2$$.
Dato che \(a^2\) e \(b\) sono positivi, la quantità \(b-2a\) (che indichiamo con \(c\)) deve essere anch’essa positiva e inoltre \(\frac{c}{a}=\frac{a}{b}\).
Dunque nell’espressione iniziale di \(\sqrt{2}\), la frazione \(\frac{a}{b}\) può essere sostituita con \(\frac{c}{a}\) che ha denominatore strettamente minore. Iterando tale operazione si otterrebbe quindi una successione strettamente decrescente di denominatori interi positivi. Il che è assurdo.
La discesa infinita è coinvolta anche in un curioso caso di matematica olimpica. Correva l’anno 1988 e la Germania dell’Ovest propose per le Olimpiadi Internazionali di Matematica un problema dall’enunciato semplice (ma che non era per niente semplice da risolvere)
Siano \(a, b\) numeri interi positivi. Dimostrare che se \(ab+1\) divide \(a^2+b^2\), allora \(\frac{a^2+b^2}{ab+1}\) è un quadrato perfetto.
Nessun membro del problem committee australiano (l’Australia era il paese ospite di quell’edizione) riuscì a risolvere il problema, né riuscirono i quattro esperti australiani di teoria dei numeri contattati affinché cercassero di risolvere il problema in un tempo massimo di sei ore. Tuttavia, si decise di proporre ugualmente il problema nella gara. Ben 11 concorrenti riuscirono a risolverlo, tra questi il neoeletto presidente della Romania Nicuşor Dan. La difficoltà della dimostrazione risiede nel fatto che essa richiede un sottile argomento di discesa infinita (o equivalentemente, di minimo).
L’idea è questa. Sia \(k\) un numero intero positivo che non sia un quadrato perfetto e \(S_k\) l’insieme delle coppie \((a,b)\) di interi positivi tali che \(\frac{a^2+b^2}{ab+1}=k\). L’obiettivo è far vedere che da ogni \((a,b)\) in \(S_k\) si può costruire un altra coppia \((c,d)\) in \(S_k\) tale che \(c+d<a+b\). Questo infatti ci dice che se si assume che \(S_k\) non sia vuoto, allora è possibile costruire una successione infinita di numeri interi positivi strettamente decrescente. Dunque \(S_k\) deve essere vuoto.
Supponiamo dunque che \((a,b)\) sia in\(S_k\) e assumiamo che \(a≤b\) (in caso contrario il ragionamento si fa a ruoli invertiti). Allora \(a\) è una delle due soluzioni dell’equazione
$$\frac{x^2+b^2}{xb+1}=k$$
che può essere riscritta come \(x^2-kbx+b^2-k\). Usando le relazioni tra coefficienti e radici di un polinomio (note come formule di Viète) si ottiene che la seconda soluzione dell’equazione \(c\) è tale che \(c=kb-a\) e \(c=\frac{b^2-k}{a}\). Dalla prima segue che \(c\) è intero, dalla seconda che è diverso da \(0\) (dato che \(k\) non è un quadrato perfetto). Inoltre, se si considera l’equazione di cui \(c\) è soluzione, per il fatto che \(k ,b\) e \(c^2+b^2\) sono positivi, si ottiene che \(c>-1\). Dunque \(c\) è un numero intero positivo.
Ma \(c=\frac{b^2-k}{a}<\frac{b^2}{a}≤\frac{a^2}{a}=a\). Dunque \((c,b)\) è una soluzione dell’equazione di partenza con \(c+b<a+b\).
Per concludere, ho menzionato prima il concetto di “minimo” in relazione alla discesa infinita e al problema del 1988. Forse questo accenno merita un piccolo approfondimento. La tecnica dimostrativa di discesa infinita può essere vista come la controparte “operativa” di questa proprietà dei numeri naturali:
$$∀ X ⊆ ℕ (∀ x ∈ X ∃ y ∈ X (y<x) → X=∅)$$
che ci dice che se in un insieme \(X\) di numeri naturali ogni elemento ne ha uno strettamente minore in \(X\), allora tale insieme \(X\) in realtà non ha elementi.
Usando ora l’equivalenza contronominale, ovvero quella legge della logica (classica) per cui una implicazione \(A→B\) è equivalente all’implicazione che si ottiene da essa negando antecedente e conseguente e invertendoli \((-B)→(-A)\), otteniamo che la formula sopra è equivalente a
$$∀ X ⊆ ℕ (X≠∅→ -∀ x ∈ X ∃ y ∈ X (y<x) ).$$
Usando le equivalenze della logica classica che regolano la negazione dei quantificatori e il fatto che \(-(y<x)\) è equivalente a \(x≤ y\), dato che l’ordine su \(N\) è totale, otteniamo che la formula sopra è equivalente a
$$∀ X ⊆ ℕ (X≠∅→ ∃ x ∈ X ∀ y ∈ X (x≤ y) )$$
che ci dice che ogni insieme non vuoto di numeri naturali ha un minimo. Questo principio è noto con il nome di Principio del Minimo.
Il legame tra discesa infinita e principio del minimo è perciò chiaro: essi sono sostanzialmente la stessa cosa. E il ragionamento che abbiamo fatto per mostrarlo non c’entra con i numeri naturali, ma utilizza solo la logica e il fatto che l’ordine sia totale: possiamo quindi concludere che in ogni ordine totale in cui vale uno dei due principi, vale anche l’altro! Gli ordini totali che soddisfano queste buone proprietà si chiamano appunto buoni ordinamenti.
Samuele Maschio