Diofanto, ancora lui: x^2 + y^2 + z^2 + t^2 = 2xyzt

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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HiTLeuLeR
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Diofanto, ancora lui: x^2 + y^2 + z^2 + t^2 = 2xyzt

Messaggio da HiTLeuLeR » 24 lug 2005, 08:07

Problema: determinare tutte e sole le soluzioni in numeri interi dell'equazione $ x^2 + y^2 + z^2 + t^2 = 2xyzt $.

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mates
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Messaggio da mates » 26 lug 2005, 19:25

Sol: L'unica soluzione in numeri interi è $ (0;0;0;0) $.

Dim : Dovendo essere $ x^2+y^2+z^2+t^2 \equiv 0 \pmod 2 $ si presentano i seguenti 3 casi :
A)$ x,y,z,t $ sono tutti dispari. In tal caso avremmo $ x^2+y^2+z^2+t^2 \equiv 0 \pmod 4 $ e $ 2xyzt \equiv 2 \pmod 4 $, assurdo.
B)Due tra $ x,y,z,t $ pari e due dispari. Avremmo $ x^2+y^2+z^2+t^2 \equiv 2 \pmod 4 $ e $ 2xyzt \equiv 0 \pmod 4 $, assurdo
C)$ x,y,z,t $ sono tutti pari. Poniamo $ x := 2x_1; y := 2y_1; z:= 2z_1; t:= 2t_1 $. Riscriviamo l'equazione come
$ x_1^2 + y_1^2 + z_1^2 + t_1^2 = 8 x_1 y_1 z_1 t_1 $
Seguendo il ragionamento precedente troviamo che anche $ x_1, y_1, z_1, t_1 $ sono tutti pari, quindi possiamo porre $ x_1 = 2x_2; y_1 := 2y_2; z_1:=2z_2; t_1:=2t_2 $, ottenendo
$ x_2^2 + y_2^2 + z_2^2 + t_2^2 = 32 x_2 y_2 z_2 t_2 $
Procedendo in modo analogo troviamo che $ x, y, z, t \in \mathbb{Z} \Rightarrow x/2^a, y/2^a, z/2^a, t/2^a \in \mathbb{Z} \ \forall a \in \mathbb{N}_0 $. Ciò è vero solo se $ x = y = z = t = 0 $

Ciao

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Messaggio da HiTLeuLeR » 26 lug 2005, 19:37

Dunque... E' corretta la tua analisi preliminare, che riduce lo studio ai tre casi da te enumerati. Corrette sono nondimeno le argomentazioni relative ad A) e B). Senonché...
mates ha scritto: C)$ x,y,z,t $ sono tutti pari. Poniamo $ x := 2x_1; y := 2y_1; z:= 2z_1; t:= 2t_1 $. Riscriviamo l'equazione come
$ x_1^2 + y_1^2 + z_1^2 + t_1^2 = 8 x_1 y_1 z_1 t_1 $
Seguendo il ragionamento precedente troviamo che anche $ x_1, y_1, z_1, t_1 $ sono tutti pari [...]
Alt!!! Il tuo ragionamento non porta affatto a escludere che possa essere $ x_1 \equiv y_1 \equiv z_1 \equiv t_1 \equiv 1 \bmod 2 $. Se ci presti un po' d'attenzione, rispetto al caso A), adesso ci sta di mezzo un fattore $ 8 $ che prima non c'era, per cui...

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mates
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Messaggio da mates » 26 lug 2005, 21:42

Hai proprio ragione !
Anyway provo a rimediare.

Lemma 1 : La massima potenza di 2 che divide la somma di quattro quadrati di numeri interi dispari è $ 2^2 = 4 $.
Infatti poniamo $ \alpha := x^2 + y^2 + z^2 + t^2 $. Supposto $ x \equiv y \equiv z \equiv t \equiv 1 \pmod 2 $ si avrà $ x^2 + y^2 + z^2 + t^2 \equiv 4 \pmod 8 $ (infatti un intero dispari al quadrato è sempre congruo a 1 ( mod 8 )).
Per la definizione di congruenza esiste $ k \in \mathbb{Z} $ tale che $ \alpha - 4 = 8k \Rightarrow \alpha = 4(2k+1) $. La tesi è diretta conseguenza del fatto che $ 2k+1 $ è dispari per ogni $ k $ intero.

Dopo la prima "sostituzione e semplificazione" ottengo $ x_1^2 + y_1^2 + z_1^2 + t_1^2 = 8 x_1 y_1 z_1 t_1 $.
Se si avesse $ x_1 \equiv y_1 \equiv z_1 \equiv t_1 \equiv 1 \pmod 2 $ allora il membro di destra sarebbe divisibile per 8 mentre quello di sinistra sarebbe divisibile solo per 4 ma non per 8, assurdo. Lo stesso ragionamento si può questa volta applicare alle successive sostituzioni e semplificazioni. Infatti detta $ n $ l'n-esima sostituzione e semplificazione si giunge ad un'equazione del tipo
$ x_n^2 + y_n^2 + z_n^2 + t_n^2 = 2^{2n+1} x_n y_n z_n t_n $.
il membro di destra è divisibile per $ 2^{2n+1} $, mentre quello di sinistra solo per 4 (per il lemma 1).

Il caso B continua a funzionare.

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Messaggio da HiTLeuLeR » 26 lug 2005, 22:01

Ed ecco per voi applicato, signori e signore, il metodo della discesa infinita di Fermat, già introdotto a suo tempo dal nostro Evaristo a questo url. Uh, ottimo lavoro, mates. :D

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Messaggio da HiTLeuLeR » 11 ago 2005, 13:25

:arrow: Per la cronaca, scopro oggi che il problema è riportato sull'Engel (E.3 di pag. 376).

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