Diofantea_ x^4+y^2=z^4

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Febo
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Messaggio da Febo » 12 ott 2007, 13:02

Bertolo ha scritto:Quest'ultimo caso è però assurdo in quanto un triangolo rettangolo con i lati interi non può avere come area un quadrato perfetto, come dimostrato da Fermat.
Nel mio caso il triangolo UVA ( :roll: ) sarebbe rettangolo e avrebbe area $ \displaystyle\frac{b^2}{4} $, assurdo.

Comunque, scrivo una dimostrazione di quel teorema (di cui tra l'altro ignoravo l'esistenza):

$ u^2+v^2=a^2 $ implica che (wlog) $ u=k(c^2-d^2) $ e $ v=2kcd $ con $ (c,d)=1 $

Per cui $ 4k^2(c^2-d^2)cd $ e' un quadrato, quindi $ (c^2-d^2)cd=e^2 $ con $ e\in\mathbb{Z} $

Siccome $ cd $ e $ (c^2-d^2) $ sono coprimi e il loro prodotto e' un quadrato, allora sono entrambi quadrati. Siccome $ c $ e $ d $ sono coprimi e il loro prodotto e' un quadrato, allora sono entrambi quadrati. Quindi $ c=f^2 $, $ d=g^2 $ e $ c^2-d^2=h^2 $ da cui $ g^4+h^2=f^4 $ e ho un controesempio piu' piccolo al teorema di Pigkappa (ah, ecco dov'era la discesa infinita...)

Ovviamente questa dimostrazione andrebbe formalizzata, scrivendo tutti i passaggi con ordine e dimostrando che il controesempio finale e' effettivamente piu' piccolo di quello iniziale eccetera, ma non ci vuole poi molto e poi, come ho detto all'inizio, io ho scritto piu' un ammasso di idee che una dimostrazione...

ciaociao
Fondatore dell'associazione "Non uno di meno", per lo sterminio massiccio dei nani e affini.

Alex89
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Messaggio da Alex89 » 05 dic 2007, 21:14

Riuppo il topic x dire che ho risolto questo problema e vi dico che ci sono infinite soluzioni. A voi il piacere di trovarle :D

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FeddyStra
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Messaggio da FeddyStra » 06 dic 2007, 15:35

Pigkappa ha scritto:Determinare le soluzioni intere di:
$ \displaystyle x^4+y^2=z^4 $
Alex89 ha scritto:Riuppo il topic x dire che ho risolto questo problema e vi dico che ci sono infinite soluzioni. A voi il piacere di trovarle :D
Ti riferisci forse al fatto che non è stato specificato che $ x $, $ y $ e $ z $ sono numeri naturali, e quindi tu ammetti che qualcuna sia $ 0 $?
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]

Alex89
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Messaggio da Alex89 » 06 dic 2007, 16:09

Sorry ho scritto una cavolata :oops: avevo fatto un'altra diofantea $ x^2+y^4=z^2 $ e ho pensato "Ma questa è quella del forum!" e ho postato senza controllare :oops: :oops:

X la serie: figure di m***a di Alex89

piever
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Messaggio da piever » 06 dic 2007, 21:24

Alex89 ha scritto:Riuppo il topic x dire che ho risolto questo problema e vi dico che ci sono infinite soluzioni. A voi il piacere di trovarle :D
lol, il post sopra il tuo era una dimostrazione della non esistenza di tali soluzioni... Un ipotetico visitatore rimarrebbe perlomeno perplesso leggendoli di fila...

Per la tua $ x=8a^3(a^2-1) $, $ y=16a^4 $ e $ z=8a^3(a^2+1) $ sono una soluzione comunque scelto a intero, ma l'esercizio proposto da pig era piu' interessante...
"Sei la Barbara della situazione!" (Tap)

Alex89
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Messaggio da Alex89 » 07 dic 2007, 15:28

Non avevo proprio visto la dimostrazione...
l'ho letta a cavolata compiuta

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