x^3+y^3=7z^3

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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jordan
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x^3+y^3=7z^3

Messaggio da jordan » 17 mar 2008, 16:30

dimostrare che l'equazione $ x^3+y^3=7z^3 $ ha infinite terne primitive in Z.

nb. $ (x,y,z)\in Z^3 $ è detta primitiva sse $ MCD(x,y,z)=1 $ (..e se soddisfa l'equazione! :lol: )
buon lavoro
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angus89
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Messaggio da angus89 » 17 mar 2008, 16:50

ecco la definizione di terna primitiva...ci voleva :shock: :lol:
Alla fine del diciannovesimo secolo, un matematico straordinario,Cantor, languiva in un manicomio... Più si avvicinava alle risposte che cercava, più esse sembravano allontanarsi. Alla fine impazzì, come altri matematici prima di lui

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angus89
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Messaggio da angus89 » 17 mar 2008, 20:29

Goffo tentativo...

Il problema principale nel risolvere questo tipo di equazioni è il grado...in questo caso il 3 grado

Quindi quello che verrebbe da fare è utilizzare congruenze e piccolo teorema di fermat per ridurre ad una lineare
$ \displaystyle x^{3}+y^{3}=7 \cdot z^{3} $

poniamo
$ \displaystyle \\ x^{3} \equiv x \pmod{2} $
Da ciò possiamo riscrivere l'equzione iniziale come

$ \displaystyle 2 \cdot h + x + y^{3} = 7 \cdot z^{3} $

A questo punto si sostituiscono due valori (scelti da noi) per$ \displaystyle y^{3} $ e $ \displaystyle 7 \cdot z^{3} $
Tale equazione è una diofantea di primo grado con le variabili $ \displaystyle 2\cdot h $e $ \displaystyle x $, pertanto con infinite soluzioni, tra le infinite dobbiamo trovere quelle che soddisfano
$ \displaystyle 2 \cdot h + x = x^{3} $
Si potrebbero fare altre osservazioni...ma...
E' coerente?
Preciso che non è la soluzione ma un goffo tentativo...
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Messaggio da julio14 » 17 mar 2008, 20:48

Il ragionamento funziona, solo che non è molto utile... non puoi scegliere y e z a caso, perchè ti devono dare 2h+x, che a sua volta deve essere un cubo, quindi siamo daccapo, inoltre, parte più importante, rimane da dimostrare che esistono infinite terne primitive: per quelle non primitive, basti prendere quelle della forma (k;-k;0).

piever
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Messaggio da piever » 30 mar 2008, 14:04

Scusatemi ma ho sbagliato i conti, questa dimostrazione non funziona...
Ultima modifica di piever il 31 mar 2008, 18:03, modificato 1 volta in totale.
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jordan
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Messaggio da jordan » 30 mar 2008, 14:40

ma che onore :) l'hai scritta stile soluzione cese "calata-dal-cielo".. :wink:

[edit]tra un po posto anche la mia..
Ultima modifica di jordan il 31 mar 2008, 00:30, modificato 1 volta in totale.
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Messaggio da Lorentz il M » 30 mar 2008, 20:05

piever ha scritto:La tesi equivale a dimostrare che esistono infinite terne primitive il cui MCD divide 63
Perdona la mia ignoranza, ma: perché :?:
piever ha scritto:Sia (a,b) una generica soluzione dell'equazione di Pell $ a^2-21b^2=1 $
Ehm...cos'è un'equazione di Pell?
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Messaggio da FrancescoVeneziano » 31 mar 2008, 00:15

piever ha scritto:...
Notiamo che l'equazione di secondo grado, incognita t, $ (64b^6-1)t^2+(48b^4+2)t+(12b^2+1)=0 $ ha una soluzione razionale ...
Perché?
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Messaggio da jordan » 31 mar 2008, 00:49

imitiamo lo stile di piever :D

le soluzioni razionali della curva ellittica $ c^3+d^3=7 $ sono infinite infatti se $ (c,d) $ è soluzione lo è anche $ (\frac{2cd^3+c^4}{c^3-d^3}, \frac{2c^3d+d^4}{d^3-c^3}) $
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Messaggio da FrancescoVeneziano » 31 mar 2008, 10:13

Jordan, ti rimane da dimostrare che iterando la sostituzione ottieni sempre soluzioni distinte.
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Messaggio da jordan » 31 mar 2008, 13:55

$ \frac{2cd^3+c^4}{c^3-d^3}=c+\frac{3cd^3}{c^3-d^3} $
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Messaggio da FrancescoVeneziano » 31 mar 2008, 15:52

Non capisco il senso del tuo ultimo messaggio.
c e d possono essere sia positivi che negativi.
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Messaggio da fph » 31 mar 2008, 18:45

Giovini, sappiamo tutti che i grandi profeti si esprimono per versetti, però a volte sarebbe utile anche una spiegazione un po' più dettagliata... :roll:
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Messaggio da fph » 31 mar 2008, 18:50

Lorentz il M ha scritto:
piever ha scritto:Sia (a,b) una generica soluzione dell'equazione di Pell $ a^2-21b^2=1 $
Ehm...cos'è un'equazione di Pell?
È un'equazione del tipo
$ a^2-mb^2=1 $
per qualche m intero (intesa da risolversi negli interi).
Esistono teoremi su come sono fatte le sue soluzioni, è un argomento di teoria dei numeri "a livello stage senior".
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Messaggio da jordan » 01 apr 2008, 00:03

sia $ (c,d) \in Q^2 $ una soluzione di $ c^3+d^3=7 $, allora esistono $ A,B,C \in Z $ tali che:
i)$ c=\frac{A}{C} $
ii)$ d=\frac{B}{C} $
iii)$ (A,C)=(B,C)=(A,B)=1 $
si parte quindi dall'equazione $ {A^3}+B^3=7C^3 $ e in particolare $ C | A^3+B^3 $.
se $ c=\frac{A}{C} $ soluzione, allora lo è anche $ c'=\frac{A'}{C'} $$ =\frac{A}{C} \frac{2B^3+A^3}{A^3-B^3} $.
è facile adesso dimostrare che $ A'>A $ e $ C'>C $ e in particolare tutti i $ c $soluzione distinti (discorso simmetrico per la $ d $), infatti:
i)$ (A,C)=1 $
ii)$ (A,A^3-B^3)=(A,B)=1 $
iii)$ (2B^3+A^3,A^3-B^3)=1 \text{ o } 3 $
iv)$ (C,2B^3+A^3)=(C,B^3)=1 $ (dato che $ C | A^3+B^3 $)
beh, gli ordini di grandezza di $ c $ e $ d $ ridotti ai minimi termini crescerà in maniera spaventosa.. :D

spero sia piu chiaro adesso
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