Equazione Diofantea

[Mistral2]

Mi sono accorto che la dimostrazione della non risolubilità sugli interi della equazione x^2+y^2=3*z^2, caso banale (0,0,0) escluso, è carina e molto economica. Chi lo sa dimostrare?
Posto la soluzione su richiesta.

Saluti

Mistral

[Legolas87]

se x,y=1 (mod 3) allora la somma dei loro quadrati è =2 (mod 3), ma 3z²=0 mod 3 dunque x, y=o mod 3. ma allora se (x,y,z) è soluzione, allora anche (x/3,y/3,z/3) lo è, e così via ad infinitum, che xò non è possibile perchè per ipotesi x,y,z appartengono a N.

[Mistral2]

citazione:

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se x,y=1 (mod 3) allora la somma dei loro quadrati è =2 (mod 3), ma 3z²=0 mod 3 dunque x, y=o mod 3. ma allora se (x,y,z) è soluzione, allora anche (x/3,y/3,z/3) lo è, e così via ad infinitum, che xò non è possibile perchè per ipotesi x,y,z appartengono a N.

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Ok esatto

bene generalizziamo

x^2+y^2=p*z^2 non ha soluzioni diverse da quella banale se p=3(mod4)con p primo.

questa è leggermente più tecnica ma sempre fattibile, ci sono almeno 2 modi di risolverla.

Se qualcuno vuole cimentarsi...

Saluti e Complimenti e Legolas87

Mistral



Modificato da - Mistral il 25/04/2004 20:36:25

[Legolas87]

basta considerare i resti mod 4 di x, y, z, magari ricordandosi che 3=-1 (mod 4). Com l'aiuto di una tavola di moltiplicazione mod 4 e qualche ragionamento sui quadrati si arriva alla conclusione che l'equazione ammette soluzioni solo se x,y,z=0 mod 4, ma siccome allora esisterebbe un'altra soluzione più piccola, l'unica soluzione è quella banale 0,0,0
qual è l'altro modo?

[Mistral2]

citazione:

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basta considerare i resti mod 4 di x, y, z, magari ricordandosi che 3=-1 (mod 4). Com l'aiuto di una tavola di moltiplicazione mod 4 e qualche ragionamento sui quadrati si arriva alla conclusione che l'equazione ammette soluzioni solo se x,y,z=0 mod 4, ma siccome allora esisterebbe un'altra soluzione più piccola, l'unica soluzione è quella banale 0,0,0
qual è l'altro modo?

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Ok direi che la strada che hai abbozzato è quella giusta.
Il secondo metodo consiste nell'usare i residui quadratici e principalmente (ma non solo) il fatto che (-1/p)=(-1)^(p-1)/2 dove (1/p) è da intendersi come il simbolo di Legendre. Vuoi più dettaglio sul "ma non solo"? diciamo che l'equazione x^2+y^2=pz^2 puo' essere interpretata come l'identità tra due simboli di Legendre...

Saluti

Mistral



Modificato da - Mistral il 28/04/2004 20:56:09

[Legolas87]

anche a me era venuta in mente un'idea del genere (stavo pensando alla reciprocità quadratica di gauss), ma non sono ancora tanto in confidenza con queste cose. W le congruenze e le classi resto!

[Mistral2]

citazione:

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anche a me era venuta in mente un'idea del genere (stavo pensando alla reciprocità quadratica di gauss), ma non sono ancora tanto in confidenza con queste cose. W le congruenze e le classi resto!

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Allora vediamo un po'
(-1/p)=(-1)^(p-1)/2
(ti faccio notare che ho fatto nella precendente e-mail un errore di battitura mettendo 1 al posto di -1 che ora ho corretto)
è una applicazione particolare del criterio di Eulero che per p primo dispari recita che:

(a/p)=a^(p-1)/2 (mod p)

per a=-1 hai la forma che ho citato io tenuto presente che p>2.
Non puoi provare che è -1 residuo quadratico o meno di p tramite la legge di reciprocità quadratica, la quale per inciso dice che:
se p e q sono primi dispari distinti allora:
(p/q)(q/p)=(-1)^((p-1)/2*)((q-1)/2)

In ogni caso tornando al secondo metodo di dimostrazione:
da (-1/p)=(-1)^(p-1)/2
segue che (1/p)=1 se p=1 (mod 4) e (1/p)=-1 se p=-1=3 (mod 4)
Quindi se esistono x,y,z tali che x^2+y^2=p*z^2 segue che:
(-1/p)=(-y^2/p)=((-p*z^2+x^2)/p)=(x^2/p)=(1/p)
quindi (-1/p)=(1/p)=1 cioe' -1 e residuo quadratico (mod p) cioè p=1 (mod 4), cioè non puo' essere p=3 (mod 4).
Decisamente piu' complicata direi.
Complimenti e viva sempre le classi di resto!

Mistral