Diofantea razionale

Numeri interi, divisibilità, primalità, ed equazioni a valori interi.

Diofantea razionale

Messaggioda Gizeta » 27/03/2015, 15:48

Dire (con dimostrazione!) se l'equazione [tex]x^2+xy+y^2=2[/tex] ammette soluzioni [tex](x,y)\in \mathbb{Q} \times \mathbb{Q}[/tex]
Ultima modifica di Gizeta il 27/03/2015, 19:48, modificato 1 volta in totale.
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Re: Diofantea razionale

Messaggioda lucaboss98 » 27/03/2015, 18:03

Allora $x= \frac{a}{c} $ e $y=\frac{b}{d}$ con $(a,c)=1$ e $(b,d)=1$.
Riscrivo come $a^2d^2+abcd+b^2c^2 = 2c^2d^2 $ da cui $ c \mid d^2 $ e $d \mid c^2 $ allora $c,d$ hanno gli stessi primi che li dividono. Riscrivo ulteriormente come
$$ (ad+bc)^2 = cd(2cd+ab) $$ se ora esiste un primo $p$ per cui WLOG $v_p(d) > v_p(c) $ si ha (visto che $ p \nmid b $ ) che $2v_p(c) \geq v_p(c) + v_p(d) $ ovvero $v_p(c) \geq v_p(d) $ che è assurdo!
Quindi per ogni primo che li divide $v_p(c)=v_p(d) \rightarrow c=d$ quindi $a^2+ab+b^2 = 2c^2 $ che è un' equazione di secondo grado in $a$, quindi il $ \Delta $ deve essere un quadrato perfetto.
Da cui $8c^2-3b^2 = r^2 $ , quindi $ 3 \mid r^2+c^2 \rightarrow 3 \mid c,r $ , si arriva allora anche a $ 3 \mid b$ che è un assurdo dato che $(b,c)=1$ :D
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Re: Diofantea razionale

Messaggioda Gizeta » 27/03/2015, 19:13

L'ho letta di sfuggita, ma mi pare corretta :D
Lascio sotto la mia.


[tex]x^2+xy+y^2=2[/tex]

[tex]\displaystyle x^2+xy+y^2=x^2+xy+\frac{y^2}{4}+y^2-\frac{y^2}{4}=\left (x+\frac{y}{2} \right )^2+\frac{3y^2}{4}=2[/tex]

Moltiplico tutto per [tex]4[/tex].

[tex](2x+y)^2+3y^2=8[/tex]

posto

[tex]\displaystyle x=\frac{a}{b}[/tex] e [tex]\displaystyle y=\frac{c}{d}[/tex] la richiesta del testo si riduce alla ricerca di [tex]a,b,c,d \in \mathbb{Z}[/tex] che soddisfino alla

[tex](2ad+bc)^2+3(bc)^2=8(bd)^2[/tex]

Somme e prodotti di interi sono ancora interi, quindi poniamo [tex]2ad+bc=p[/tex], [tex]bc=q[/tex] e [tex]bd=r[/tex], con [tex]x,y,z \in \mathbb{Z}[/tex].

[tex]p^2+3q^2=8r^2[/tex]

Analizzando modulo [tex]3[/tex]

[tex]p^2 \equiv 2r^2[/tex], possibile sse [tex]r^2 \equiv 0 \pmod 3[/tex] (in caso contrario, dato che dovrebbe essere [tex]r^2 \equiv 1[/tex], si avrebbe un quadrato congruo a [tex]2[/tex] modulo [tex]3[/tex], assurdo). Quindi [tex]3 \mid r[/tex] e [tex]3 \mid p[/tex], ossia [tex]p=3p_1[/tex] e [tex]r=3r_1[/tex] per [tex]p_1,r_1 \in \mathbb{Z}[/tex].

[tex]9p_1^2+3q^2=8\cdot 9r_1^2 \rightarrow 3p_1^2+q^2=8 \cdot 3r_1^2 \Rightarrow 3 \mid q[/tex]

[tex]q=3q_1[/tex], per [tex]q_1 \in \mathbb{Z}[/tex]

[tex]3p_1^2+9q_1^2=8 \cdot 3r_1^2 \rightarrow p_1^2+3q_1^2=8r_1^2[/tex]

Quindi, per discesa infinita, deve essere [tex]p=q=r=0[/tex], ma allora [tex]r=bd=0[/tex], assurdo in quanto [tex]b \not = 0 \land d \not = 0[/tex] per come sono scelti (sono i denominatori di due frazioni).



Dovrebbe essere Cesenatico 1 1989 .
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