$3(xy+yz+zx)\nmid x^2+y^2+z^2$

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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jordan
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$3(xy+yz+zx)\nmid x^2+y^2+z^2$

Messaggio da jordan » 27 ago 2015, 17:09

Siano dati interi positivi $x,y,z$. Mostrare che la somma dei loro quadrati non puo' essere divisibile per $3(xy+yz+zx)$.
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gpzes
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Re: $3(xy+yz+zx)\nmid x^2+y^2+z^2$

Messaggio da gpzes » 28 ago 2015, 01:50

:) jordan...metto come hint sperando sia giusto :oops:
Testo nascosto:
Ho usato $1\le x,y,z\Rightarrow 2\cdot (x+y+z)\le 3+(xy+yz+zx)$ per una dimostrazione per assurdo usando disuguaglianze.

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Re: $3(xy+yz+zx)\nmid x^2+y^2+z^2$

Messaggio da jordan » 28 ago 2015, 15:43

Posso chiederti una soluzione esplicita anche di questa? (Appena hai tempo..)
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Re: $3(xy+yz+zx)\nmid x^2+y^2+z^2$

Messaggio da gpzes » 28 ago 2015, 17:01

:oops: :oops: ayy scvusami...qui ho fatto male i conti... :oops:

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Re: $3(xy+yz+zx)\nmid x^2+y^2+z^2$

Messaggio da gpzes » 30 ago 2015, 06:59

:oops: :oops: Premetto di non aver certo risolto il problema :( :( …chiedo aiuto per sapere se sono su un buon cammino o no.. :wink:

Per assurdo sia ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=3\cdot \alpha \cdot (xy+yz+zx),\alpha \ge 1$.
Per omogeneità possiamo cercare le soluzioni “primitive”...ossia WLOG $MCD(x,y,z)=1$ .
Utilizzando l’identità ${{(x+y+z)}^{2}}={{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}+2\cdot (xy+yz+zx)$, si ottiene
${{(x+y+z)}^{2}}=(3\cdot \alpha +2)\cdot (xy+yz+zx)$. (*)
I due fattori al RHS di (*) NON possono essere primi fra loro perché il termine $(3\cdot \alpha +2)$NON è mai un quadrato perfetto, allora può solo essere $(xy+yz+zx)=(3\cdot \alpha +2)\cdot {{k}^{2}},k\ge 1$ e
${{(x+y+z)}^{2}}={{(3\cdot \alpha +2)}^{2}}\cdot {{k}^{2}}\Rightarrow x+y+z=(3\cdot \alpha +2)\cdot k$… e da qui!?!??! :(

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Re: $3(xy+yz+zx)\nmid x^2+y^2+z^2$

Messaggio da LucaMac » 30 ago 2015, 10:36

Allora. WLOG $MCD(x,y,z)=1$.
Se ora esiste un primo $p$ che divide sia $y$ che $z$ allora $p \mid xy+yz+xz $ quindi $p \mid x^2+y^2+z^2 $ ed infine $p \mid x^2 \rightarrow p \mid x $ (no, non sto barando, $p$ è primo!) Assurdo, dunque $MCD(y,z)=1$.
Ora sia $x^2+y^2+z^2 = 3k(xy+yz+xz) $ quindi $(x+y+z)^2 = (3k+2)(xy+yz+xz)$ allora esiste un primo $p \equiv 2 \pmod{3} $ che divide $3k+2$ con esponente dispari , ma quindi divide $(x+y+z)^2$ ma non può che farlo con esponente pari. Allora $p \mid xy+xz+yz$ e $p \mid x+y+z$.
Allora $p \mid x(y+z)+(y+z)^2 \rightarrow p \mid y^2+yz+z^2$ . Ora se $p \mid z $ si ha $p \mid y$ che per quanto detto non è possibile, allora sia $w$ l'inverso di $z$ modulo $p$ . Si ha (chiamato $yw=a$) $p \mid a^2+a+1$.
Allora $4a^2+4a+4 \equiv 0 \pmod{p}$ da cui $(2a+1)^2 \equiv -3 \pmod{p} $. Ne segue che utilizzando la simbologia di Legendre $$ ( \frac{-3}{p})=1 $$ ma per reciprocità quadratica ($-3 \equiv 1 \pmod{4} $) si ha quindi $$( \frac{p}{-3} )=1 $$ da cui $$( \frac{p}{3})=1 $$ ovvero, essendo $p \equiv 2 \pmod{3} $ ,$$(\frac{2}{3})=1$$ chiaramente un assurdo!
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Re: $3(xy+yz+zx)\nmid x^2+y^2+z^2$

Messaggio da gpzes » 30 ago 2015, 12:34

@LucaMac :wink:
Ehh Ti ringrazio per lo svolgimento! :)
Ad essere sinceri devo ripassare simboli di Legendre e non saprei dirti sulla correttezza della soluzione.
L’unica cosa che ricordo, forse male, è che il simbolo di Legendre si definisce per p primo dispari…
Si dovrebbe, quindi, escludere la possibilità che sia p=2.
Ma questo è abbastanza tranquillo…se p=2 allora dall’identità
${{(x+y+z)}^{2}}={{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}+2\cdot (xy+yz+zx)$ si avrebbe che ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}\equiv 0\ (\bmod 4)$:
ma questo è impossibile.
L’altra cosa che sicuramente mi aiuta, e che NON ho notato :oops: , è che non solo $MCD(x,y,z)=1$ ma anche a due a due deve essere $MCD(x,y)=MCD(y,z)=MCD(z,x)=1$

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Re: $3(xy+yz+zx)\nmid x^2+y^2+z^2$

Messaggio da jordan » 31 ago 2015, 13:12

@gpzes: come vedi dalla soluzione sotto la tua idea iniziale è corretta, cioè, cio' che poi doveva venire in mente (non so se esistono altre strade piu' immediate) è come utilizzare il fatto che $-3$ è un residuo quadratico modulo un primo $p\neq 2$, e quindi utilizzare la legge di reciprocità quadratica
$$
\left(\frac{p}{q}\right)=\left(\frac{q}{p}\right)(-1)^{\frac{1}{4}(p-1)(q-1)}
$$
che vale per ogni $2<p<q$ primi.

@LucaMac: tutto corretto!
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Re: $3(xy+yz+zx)\nmid x^2+y^2+z^2$

Messaggio da gpzes » 01 set 2015, 13:03

@LucaMac @jordan
Bravissimo LucaMac :wink: e sempre mitico jordan. :) :wink:
L’idea di usare i residui quadratici e Legge reciprocità quadratica non mi sarebbe mai venuta in mente. :oops: :(
Stavo cercando soluzione alternativa… e penso di aver commesso anche un errore.

Posso chiederVi un check?!? :oops:
Quando si arriva a ${{(x+y+z)}^{2}}=(3\cdot \alpha +2)\cdot (xy+yz+zx)$…è vero che $(3\cdot \alpha +2)$ NON è un quadrato perfetto…ma comunque dovrà essere:

$3\cdot \alpha +2=u\cdot {{r}^{2}}\quad ,\quad xy+yz+zx=u\cdot {{s}^{2}}\quad ,\quad x+y+z=u\cdot r\cdot s$ , con $u$ MAI quadrato e opportuni $r,s$.

Ma allora ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=3\cdot \alpha \cdot (xy+yz+zx)={{\left( u\cdot r\cdot s \right)}^{2}}-2\cdot u\cdot {{s}^{2}}$.

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Re: $3(xy+yz+zx)\nmid x^2+y^2+z^2$

Messaggio da jordan » 01 set 2015, 18:42

Quanto hai scritto è tutto corretto :) Ma come concludi?
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Re: $3(xy+yz+zx)\nmid x^2+y^2+z^2$

Messaggio da gpzes » 01 set 2015, 21:47

:oops: :oops:
ehh il problema è proprio lì :) ..pensavo a Teorema Gauss-Legendre sui numeri della forma $4^a(8k+7)$ e quindi cercavo fattorizzazione
via via più fine..ma NADA :wink: ..

Mi chiedevo se Vieta-jumpjng poteva essere viabile..considerando $min (x+y+z)$..ma non saprei.. :oops:

Ad ogni modo non avevo mai visto questa tecnica con simboli Legendre e reciprocità.. :oops:

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