Dubbio su Cesenatico 1989

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
max tre
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Re: Dubbio su Cesenatico 1989

Messaggio da max tre » 05 apr 2011, 14:47

Allora, cercando materiale su Gauss per la tesina, ho trovato (e letto) la prima sezione delle "Disquisitiones Arithmeticae" ("De numerorum congruentia in genere").
All'art. 11 dice: "In hoc igitur exemplo X [che è una funzione, prima definita come $ X=x^3-8x+6 $] neque $ \equiv0 $, neque $ \equiv2 $ (mod5) fieri potest, multoque minus =0, aut =2. Unde sequitur, aequationes $ x^3-8x+6=0 $ et $ x^3-8x+4=0 $ per numeros integros et proin, uti notum est, per numeros rationales solvi non posse."
La cosa più o meno vuol dire (se ho tradotto giusto, cosa da non dare per scontata): "Quindi in questo esempio $ X=x^3-8x+6 $ non può essere né $ \equiv0 $ né $ \equiv2 $ (mod 5), e in particolare = 0 o = 2. Da questo segue che le equazioni $ x^3-8x+6=0 $ e $ x^3-8x+4=0 $ per numeri interi e, di conseguenza, per i numeri razionali non possono essere risolte."
Poco più avanti dice (sempre che vi fidiate della mia traduzione :D ): "In generale è evidente che l’equazione X=0, quando X è una funzione di incognita x, in forma $ x^n+Ax^{n-1}+Bx^{n-2}+...+N $ dove A, B, C, ... sono interi e n è un intero positivo (risulta evidente che ogni equazione algebrica si può ridurre in questa forma) non ha nessuna radice razionale se per un qualche modulo la congruenza $ X\equiv0 $ non può essere soddisfatta."

Ora, se la traduzione è corretta, per risolvere questo problema non basta analizzare le congruenze modulo 3 dell'equazione $ X=x^2+xy+y^2-2=0 $ e vedere che non si ha mai $ X\equiv0 (mod3) $? (basta farsi 6 casi, visto che alcuni si possono evitare di rifare visto che l'equazione è simmetrica rispetto a x e y)
ps: io sapevo usare questa cosa per verificare che un'equazione non ha soluzioni negli interi, ma non sapevo si potesse estendere ai razionali, è così nota?

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fraboz
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Re: Dubbio su Cesenatico 1989

Messaggio da fraboz » 05 apr 2011, 16:15

ragazzi visto che è stato riesumato questo problema posto anche la mia soluzione di cui dubito fortemente e pregherei che qualcuno passando di qui me la possa confutare o affermare.
Allora io ho affrontato analiticamente il problema: $ x^2+xy+y^2=2 $ è un'ellisse che interseca gli assi nelle coordinate $ (0; \sqrt 2) , (-\sqrt 2;0) , (0;-\sqrt2) , (\sqrt2;0) $. Inoltre tutte le soluzioni razionali(ossia i punti a coordinate razionali sull'ellisse) sono date dalle intersezioni di una qualsiasi retta passante per $ (\sqrt2;0) $ (ma anche per una delle altre tre intersezioni dell'ellisse con gli assi) con coefficiente angolare razionale. la retta avrà dunque questa equazione:$ y=m(x-\sqrt2) $ ossia meglio $ \displaystyle \frac{mx-y}{m}=\sqrt2 $ con $ m \in \mathbb Q $. adesso per assurdo supponiamo di avere soluzioni razionali ossia che $ x,y \in \mathbb Q $ tuttavia per l'ultima equazione ottenuta ciò è impossibile perchè $ \sqrt2 $ è irrazionale. perciò l'equazione non ha soluzioni. Se vi sono errori vi prego di essere clementi perchè è una delle prime volte che affronto analiticamente un problema del genere. :mrgreen:

@max tre dalla traduzione e se hai fatto i casi bene sembrerebbe di sì. Comunque penso di non essere competente :oops: per darti una risposta sicura

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Re: Dubbio su Cesenatico 1989

Messaggio da max tre » 05 apr 2011, 19:55

fraboz ha scritto:Inoltre tutte le soluzioni razionali(ossia i punti a coordinate razionali sull'ellisse) sono date dalle intersezioni di una qualsiasi retta passante per $ (\sqrt2;0) $ (ma anche per una delle altre tre intersezioni dell'ellisse con gli assi) con coefficiente angolare razionale.
Mi sfugge qualcosa, in particolare non capisco da cosa derivi questa affermazione: prendo $ x^2+y^2=2 $ e ripeto il tuo procedimento, cioè trovo le intersezioni con gli assi ($ (\sqrt2;0),(0;\sqrt2);(-\sqrt2;0);(0;-\sqrt2) $), traccio una generica retta per $ (\sqrt2;0) $ con coefficente angolare razionale, cioè $ y=m(x-\sqrt2) $ con $ m\in Q $ da cui concludo come te
Solo che $ x^2+y^2=2 $ passa per $ (1;1) $, che è evidentemente a coordinate razionali...
Cioè, in questa circonferenza c'è un punto a coordinate razionali, solo che l'm della retta passante per esso e per un'intersezione della curva con gli assi è irrazionale (infatti $ m=\frac{\Delta y}{\Delta x}=\frac{1}{\sqrt2}=\frac{2}{\sqrt2} $), cosa che te escludevi prima.
Se c'è un buon motivo specificalo (mi riferisco all'affermazione quotata in alto) perché mi sfugge (nemmeno io ho mai risolto analiticamente problemi del genere)

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Re: Dubbio su Cesenatico 1989

Messaggio da fraboz » 05 apr 2011, 20:21

max tre ha scritto:Mi sfugge qualcosa, in particolare non capisco da cosa derivi questa affermazione: prendo $ x^2+y^2=2 $ e ripeto il tuo procedimento
ti sei dimenticato un $ xy $ e poi l'equazione è un'ellisse(non se poi degenera in una circonferenza ma non penso) perchè ha il delta negativo inoltre :
"Questo ragionamento ha validit`a generale: se C `e una conica, tutti punti razionali su C si trovano
fissando un qualunque punto razionale P ed individuando le seconde intersezioni di C con una qualunque
retta passante per P ed avente coefficiente angolare razionale." questo teorema è presenta nel pdf che ti allego quando parla dei punti razionali su una conica a pag 5
Allegati
eqdiof.pdf
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Re: Dubbio su Cesenatico 1989

Messaggio da max tre » 05 apr 2011, 20:34

Il mio era un controesempio alla validità generale della cosa fatta da te (quindi non mi sono dimenticato niente, era per mostrarti che ripetendo il tuo procedimento in un caso diverso si ottiene la stessa tesi, quando questa in un caso (l'ellisse di Cesenatico) è vera, in un altro (il mio cerchio) no)...
Difatti questo caso (quello di Cesenatico) non è come quello del file allegato, tantomeno non rientra nella generalizzazione che fa l'allegato, dove il punto P (che può essere un qualsiasi punto sulla curva a coordinate razionali, nell'esempio era il punto di intersezione con gli assi) è di coordinate razionali (anche nella generalizzazione specifica "fissando un qualunque punto razionale P": le intersezioni con gli assi quelle di questo esercizio (e anche del mio controesempio) sono $ (\sqrt2;0),(0;\sqrt2);(-\sqrt2;0);(0;-\sqrt2) $, che ovviamente non sono razionali; quindi non riuscirai mai a fissare un punto razionale nell'esercizio di Cesenatico in quanto... non ce se sono (e va dimostrato in altra maniera) :D
Invece, puoi applicare questo teorema nel mio controesempio: basta fissare P(1;1) e ti ricavi tutti gli altri punti a coordinate razionali
Spero di essere stato chiaro

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Re: Dubbio su Cesenatico 1989

Messaggio da fraboz » 05 apr 2011, 21:08

capito :D grazie forse era meglio limitarsi alla solita discesa infinita :mrgreen: comunque in poche parole il mio errore sta nel fatto che ho scelto P a coordinate non razionali. Tuttavia pensando in astratto dovrà pur esistere una retta passante per $ (\sqrt2;0) $ a coefficiente angolare non definito tale che la sua seconda intersezione sia un punto razionale se l'ellisse ha coordinate razionali. ciò si può forse spiegare ponendo $ m \in \mathbb R $ ?

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Re: Dubbio su Cesenatico 1989

Messaggio da max tre » 05 apr 2011, 21:10

penso di sì, tipo nel mio controesempio
però non penso tu riesca a concludere nulla di che (perlomeno, nulla di utile per risolvere l'esercizio)

edit: cioè, aspetta, io ti dico che potrebbe esserci in una conica generica, in questo caso specifico evidentemente no, visto che è la richiesta dell'esercizio
il punto è che secondo me una retta con m razionale passante per P non razionale attraversa solo punti non razionali (ma è una cosa che ti dico a occhio, magari mi sbaglio)

edit: infatti mi sbaglio: la retta y=x (che ha m razionale e passa per $ P(\sqrt2;\sqrt2) $ ) passa anche per O(0;0)
forse è quando un punto ha una coordinata razionale e una no: infatti considerata la retta $ y=m(x-x_0)+y_0 $ con m e $ x_0 $ razionali e $ y_0 $ irrazionale; allora se x è razionale y non lo è (poiché $ m(x-x_0) $ è razionale e $ y_0 $ no); se y è razionale abbiamo che $ x=\frac{y}{m}-\frac{y_0}{m}+x_0 $ che è irrazionale (poiché $ \frac{y}{m} $ e $ x_0 $ sono razionali e $ \frac{y_0}{m} $ no)
ma anche 'sta volta è una cosa detta a occhio, quindi (a maggior ragione) posso sbagliarmi di nuovo

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