Equazione diofantea non lineare
Sto avendo difficoltà nel risolvere la seguente equazione:
$ x^2+y^2+z^2=2xyz $
di cui si richiedono le soluzioni intere. Ho trovato quella banale $ (0,0,0) $ e sospetto non ce ne siano altre, ma non so come procedere.
So che sarebbe meglio proporre un mio tentativo di soluzione, ma non so nemmeno da dove cominciare
$ x^2+y^2+z^2=2xyz $
di cui si richiedono le soluzioni intere. Ho trovato quella banale $ (0,0,0) $ e sospetto non ce ne siano altre, ma non so come procedere.
So che sarebbe meglio proporre un mio tentativo di soluzione, ma non so nemmeno da dove cominciare
Risposte
Noti facilmente che \(xyz \geq 0\). Per arrivare a dimostrare che l'unica soluzione è \((0, 0, 0)\) potresti seguire diverse strade, ma di solito quest'equazione viene usata per mostrare la tecnica della discesa infinita (nella pagina wiki trovi un esempio, se leggi la versione inglese ce ne sono di più e al solito spiega meglio).
Grazie mille per il consiglio, non sapevo di questa tecnica (ho appena iniziato lo studio della teoria dei numeri).
Ho elaborato la seguente soluzione.
Notiamo innanzitutto che $ (0,0,0) $ è una soluzione di $ x^2+y^2+z^2=2xyz $. Vogliamo dimostrare che è l'unica.
Supponiamo per assurdo che $ (x,y,z) $ sia una soluzione non banale. Allora $ 2|x^2+y^2+z^2 $; ciò significa che almeno uno fra $ x, y, z $ è pari. Supponiamo WLOG che $x$ sia pari, e scriviamo $ 2a=x $. Vale dunque $ 4a^2+y^2+z^2=4ayz $, perciò $ 4|y^2+z^2 $; questo avviene solo se $y$ e $z$ sono entrambi pari. Scriviamo $ 2b=y,2c=z$; vale quindi $ 4(a^2+b^2+c^2)=16abc $, perciò $ 2 | a^2+b^2+c^2 $.
É sufficiente per concludere che, grazie alla discesa infinita, non esistono soluzioni non banali?
Ho elaborato la seguente soluzione.
Notiamo innanzitutto che $ (0,0,0) $ è una soluzione di $ x^2+y^2+z^2=2xyz $. Vogliamo dimostrare che è l'unica.
Supponiamo per assurdo che $ (x,y,z) $ sia una soluzione non banale. Allora $ 2|x^2+y^2+z^2 $; ciò significa che almeno uno fra $ x, y, z $ è pari. Supponiamo WLOG che $x$ sia pari, e scriviamo $ 2a=x $. Vale dunque $ 4a^2+y^2+z^2=4ayz $, perciò $ 4|y^2+z^2 $; questo avviene solo se $y$ e $z$ sono entrambi pari. Scriviamo $ 2b=y,2c=z$; vale quindi $ 4(a^2+b^2+c^2)=16abc $, perciò $ 2 | a^2+b^2+c^2 $.
É sufficiente per concludere che, grazie alla discesa infinita, non esistono soluzioni non banali?
Sì, potrebbe essere scritta un po' meglio ma il succo è questo. Per induzione ricavi che \(\forall n \in \mathbb{N} . 2^n \mid x, y, z\) e l'unico valore per cui ciò è possibile è \(0\).
Come potrei scriverla meglio? Mi interessa anche questo, perchè saper scrivere una soluzione è importante (e io non ne sono ancora molto capace, ahimè).
$x^2+y^2+z^2 = 2xyz$
Ovviamente $(0,0,0)$ è soluzione.
Se uno tra $x,y,z$ è nullo, necessariamente lo sono anche gli altri due.
Per trovarne eventuali altre, possiamo supporre wlog che $x,y,z >0$.
Sia $(x_0,y_0,z_0)$ una soluzione (voglio ovviamente arrivare ad un assurdo).
Sia $n= max {m in NN : 2^m | x_0 ^^ 2^m | y_0 ^^ 2^m | z_0}$
Dunque $x_0= 2^n * x_1$, $y_0= 2^n *y_1$ e $z_0= 2^n * z_1$ per opportuni $x_0,y_0,z_0 in NN$.
Continua tu
Ovviamente $(0,0,0)$ è soluzione.
Se uno tra $x,y,z$ è nullo, necessariamente lo sono anche gli altri due.
Per trovarne eventuali altre, possiamo supporre wlog che $x,y,z >0$.
Sia $(x_0,y_0,z_0)$ una soluzione (voglio ovviamente arrivare ad un assurdo).
Sia $n= max {m in NN : 2^m | x_0 ^^ 2^m | y_0 ^^ 2^m | z_0}$
Dunque $x_0= 2^n * x_1$, $y_0= 2^n *y_1$ e $z_0= 2^n * z_1$ per opportuni $x_0,y_0,z_0 in NN$.
Continua tu
Potrebbe andare così?
Dunque avremmo $ 2^{2n}(x_1^2+y_1^2+z_1^2)=2^{3n+1}x_1y_1z_1 $, ovvero $ x_1^2+y_1^2+z_1^2=2^{n+1}x_1y_1z_1 $. Il LHS dev'essere pari, quindi almeno uno fra $x_1,y_1,z_1$ è pari. Ma allora il RHS è divisibile per 4, e pertanto lo è anche il LHS. Siccome i residui quadratici modulo 4 sono 0 e 1, $ x_1^2+y_1^2+z_1^2 $ è divisibile per 4 se e solo se $ x_1, y_1 e z_1 $ sono tutti pari. Ma per come li avevamo definiti, almeno uno di essi doveva essere dispari, e questo è l'assurdo che cercavamo.
Dunque avremmo $ 2^{2n}(x_1^2+y_1^2+z_1^2)=2^{3n+1}x_1y_1z_1 $, ovvero $ x_1^2+y_1^2+z_1^2=2^{n+1}x_1y_1z_1 $. Il LHS dev'essere pari, quindi almeno uno fra $x_1,y_1,z_1$ è pari. Ma allora il RHS è divisibile per 4, e pertanto lo è anche il LHS. Siccome i residui quadratici modulo 4 sono 0 e 1, $ x_1^2+y_1^2+z_1^2 $ è divisibile per 4 se e solo se $ x_1, y_1 e z_1 $ sono tutti pari. Ma per come li avevamo definiti, almeno uno di essi doveva essere dispari, e questo è l'assurdo che cercavamo.
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