Diofantea "standard"

[Mist]

Se $x$ e $y$ soddisfano $2x^2+x=3y^2+y$ allora $x-y$, $2y+2x+1$ e $3y+3x+1$ sono quadrati.
Trovate anche tutte le soluzioni intere dell'equazione sopra.

Testo nascosto:

Se qualche esperto c'ha voglia di scriverla lo faccia perfavore, non mi ricordo di una pell scritta bene qui sul forum e mi piacerebbe leggere una soluzione anche in italiano di una roba del genere

[LeZ]

Molto carina
Sei sicuro che non sia $ x+3y+1 $invece che $ 3x+3y+1 $?

[Mist]

No, non ne sono sicuro, potrebbe sempre esserci un errore di stampa

[LeZ]

Ad ogni modo propongo la mia soluzione.

Testo nascosto:

L'equazione può essere scritta anche come $ 2x^2+x-2y^2-y=y^2 $ da cui, $ (x-y)(2x+2y+1)=y^2 $.
Provo i vari casi che mi forniscono le soluzioni $ (0,0) ; (2,-2) $. Inoltre trovo che è soddisfatta per tutti i valori di $ x e y $ tali che $ x-y=2x+2y+1 $, quindi $ x+3y+1=0 $.
Ora al di fuori di queste soluzioni, l'equazione è verificata per tutti i valori di $ x e y $ tali che $ x-y=k^2 e 2x+2y+1=z^2 $

[stergiosss]

non mi ricordo di una pell scritta bene qui sul forum e mi piacerebbe leggere una soluzione anche in italiano di una roba del genere

Non mi sembra ci sia bisogno di scomodare Pell per un esercizio del genere, a meno che non abbia fatto qualche errore clamoroso nella mia soluzione.

Eccola (assumo $x, y \in \mathbb{N}$, altrimenti la vedo difficile che $2x+2y+1$ sia un quadrato ):

Siano $x$ e $y$ soluzioni di $2x^2+x=3y^2+y$, allora

$2x^2+x=2y^2+y+y^2 \Rightarrow y^2 = (x-y)(2x+2y+1)$ (1)

Ora, sia $p \in \mathbb{P}$ tale che $p|x-y$

Allora (per l'uguaglianza (1)) $p|y^2 \Rightarrow p|y \Rightarrow p|x$ (poiché $p|x-y$) $\Rightarrow p|2x+2y \Rightarrow p [non divide] 2x+2y+1$ (non so come si scrive in Latex )

Quindi $GCD(x-y, 2x+2y+1) = 1$, e dall'uguaglianza (1) discende immediatamente che $x-y = n^2$ e $2x+2y+1 = m^2$, con $m, n \in \mathbb{N}$


ma $2x^2+x=3y^2+y$ si può riscrivere anche come
$3x^2+x-x^2 = 3y^2+y \Rightarrow x^2 = (x-y)(3x+3y+1)$

Ora posso ragionare come prima, oppure sfruttare il fatto già noto che $x-y = n^2$, per ricavare che $3x+3y+1 = q^2$, con $q \in \mathbb{N}$

[Mist]

serve pell per trovare tutte le soluzioni intere

[paga92aren]

Sostituisco a $x:=dx$ e $y:=dy$ con $(x,y)=1$.
L'equazione diventa $2dx^2+x=3dy^2+y$ da cui si deduce che $d|x-y$.
Raccogliendo come aveva fatto stergioss si ottiene $(x-y)(2dx+2dy+1)=dy^2$, sapendo che $(x,y)=1$ di deduce che $x-y|d$.
Ho due casi:
1) $x=y$ quindi l'unica soluzione è $(0,0)$
2) $d=x-y$, quindi sostituendo nell'equazione iniziale e raccogliendo si ottiene che $(x-y)(2x^2-3y^2+1)=0$ da cui si ricava la quasi-pell $3y^2-2x^2=1$.
Riscritta diviene $(3y)^2-6x^2=3$ che ha come soluzione banale $(y,x)=(1,1)$ da cui $|3+\sqrt{6}|=3$.
Ora risolvo $y^2-6x^2=1$ che ha come soluzione $(5,2)$ cioè $|5+2\sqrt{6}|=1$.
Quindi tutti i "vettori" $v=(3\pm \sqrt{6})(5\pm 2\sqrt{6})^n=\sqrt{3}(\sqrt{3}\pm \sqrt{2})^{2n+1}$ sono soluzione.
Ricavo (x,y): $x=\frac{(\sqrt{3}+\sqrt{2})^{2n+1}-(\sqrt{3}-\sqrt{2})^{2n+1}}{2\sqrt{2}}$ e $3y=\frac{\sqrt{3}((\sqrt{3}+\sqrt{2})^{2n+1}+(\sqrt {3}-\sqrt{2})^{2n+1})}{2}$ da cui si vede che il membro di destra essendo intero è anche multiplo di 3, e ho trovato tutte le soluzioni.

[stergiosss]

serve pell per trovare tutte le soluzioni intere

Ops, hai ragione, non avevo letto il rigo in cui chiedevi tutte le soluzioni intere, credevo che il problema fosse solo dimostrare i 3 quadrati


Già che ci siamo, qualcuno può indicarmi un buon sito/libro/dispensa che spieghi equazioni Pell's e Pell-type? Sono completamente a digiuno sull'argomento

[stergiosss]

Già che ci siamo, qualcuno può indicarmi un buon sito/libro/dispensa che spieghi equazioni Pell's e Pell-type? Sono completamente a digiuno sull'argomento

Nessuno?

[Mist]

Ecco qui, l'ho scoperta da pochissimo ricercando appunto nei vecchi post del forum in cui appunto ti invito a guardare in futuro, sono una miniera A certificare la qualità di questa dispensa, oltre l'autorevole fonte, c'è anche il fatto che è da lì che un pluri-imoista ha imparato a risolvere le equazioni di Pell Quel sito è fantastico

Comunque, prima di fare Pell, impara le cose più facili Mica che diventi un mago con queste cose e poi ti ritrovi segato a febbraio perchè non sai fare le cose banali

[stergiosss]

Ecco qui, l'ho scoperta da pochissimo ricercando appunto nei vecchi post del forum in cui appunto ti invito a guardare in futuro, sono una miniera A certificare la qualità di questa dispensa, oltre l'autorevole fonte, c'è anche il fatto che è da lì che un pluri-imoista ha imparato a risolvere le equazioni di Pell Quel sito è fantastico

Comunque, prima di fare Pell, impara le cose più facili Mica che diventi un mago con queste cose e poi ti ritrovi segato a febbraio perchè non sai fare le cose banali

Grazie dei consigli, ma purtroppo sono già 3 anni che non ho più l'età per le olimpiadi
Però mi appassiona molto la teoria dei numeri ora guardo il materiale che mi hai linkato

[stergiosss]

Ecco qui

Sto "studiando" questo documento, ma mi sembra che la dimostrazione del Lemma 2 (a pag.2) non sia per niente immediata. Chi mi assicura l'esistenza di "infinite coppie di interi"? Non potrebbe accadere che, pur facendo variare $n$ nei naturali, le coppie di soluzioni distinte siano solo in numero finito?


Qualcuno può aiutarmi a dissipare i miei dubbi?

[Mist]

Beh, siccome nel teorema di dirichlet hai posto $1\leq q \leq n$, puoi dire che $n+1>q$ e che quindi da dirichlet hai che $\displaystyle |\alpha q -p| <\frac{1}{(n+1)}<\frac{1}{q}$

[stergiosss]

Beh, siccome nel teorema di dirichlet hai posto $1\leq q \leq n$, puoi dire che $n+1>q$ e che quindi da dirichlet hai che $\displaystyle |\alpha q -p| <\frac{1}{(n+1)}<\frac{1}{q}$

Questo mi è chiaro.
Quello che "contesto" io è il fatto che viene dato per scontato che esistono infinite coppie che soddisfano la disequazione. Non mi sembra per niente immediato, e non avrei idea di come dimostrarlo

[Mist]

beh, dirichlet mostra che per ogni scelta di q che puoi fare, esiste un $p$ almeno che ti soddisfa, quindi di fatto sono infinite, $q$ lo puoi scegliere come vuoi... Hai infinite scelte per $q$ (tutto $\mathbb{N}$) e hai la certezza che esiste un $p$ valido per ogni scelta di $q$