TdN: risolvere sui razionali l'equazione x^3 + y^3 - 2 = 0

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HiTLeuLeR
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TdN: risolvere sui razionali l'equazione x^3 + y^3 - 2 = 0

Messaggio da HiTLeuLeR » 13 set 2005, 22:53

Problema: determinare tutte le soluzioni in numeri razionali dell'equazione $ x^3 + y^3 - 2 = 0 $.

khristian
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Messaggio da khristian » 10 ott 2005, 19:14

Lo faccio in due parti se mi permettete:

se x,y sono interi:

$ x^3 + y^3 = 2 $
$ (x+y)(x^2+y^2-xy) = 2 $

(x+y) | 2 quindi abbiamo che x+y = 1, x+y = 2, x+y =-1 oppure x+y=-2 in tutti questi casi viene fallita la verifica, solo con x=y=1 e abbiamo la soluzione cercata.

Solo qualche momento per la seconda parte.

Zok
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Messaggio da Zok » 10 ott 2005, 21:05

Scusatemi per la mia ignoranza...
Risolvere quest'equazione negli interi è facile...
Ma come si fa a risolvere un'equazione come questa nei razionali?
Esiste una tecnica standard?
E magari bisogna partire dalla risoluzione con gli interi?
Grazie

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HiTLeuLeR
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Messaggio da HiTLeuLeR » 10 ott 2005, 21:42

Se l'ho postata qui e non nella sezione del problem solving olimpico ci sarà un motivo, che ne pensate?! E in ogni caso... No che non esistono tecniche standard, soprattutto nell'analisi diofantea. Basta dire che il risultato migliore a cui appellarsi in questi casi è il principio di Hasse, figuriamoci... Qui comunque basta lavorare sugli UFD: aspetto ancora che qualcuno ci si cimenti.

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 11 ott 2005, 00:34

Ci provo io (così almeno Hit può dirmene 4...)

dunque, poniamo x=p/t e y=q/t, con p,q,t interi coprimi e scriviamo
$ p^3+q^3=2t^3 $
Ok, ora, sia p che q devono essere dispari, quindi posso trovare u,v coprimi tali che
p=u+v e q=u-v
(chissà perchè si chiamano sempre u, v in questo caso...boh)
Riscrivendo tutto, otteniamo
$ u(u^2+3v^2)=t^3 $
e dunque poniamo $ t=ku $, da cui $ 3v^2=u^2(k^3-1) $
ora, se u non è multiplo di 3, necessariamente u=1, poichè (u,v)=1.
Quindi u=1 o u=3.
In entrambi i casi ci si riduce a risolvere
$ 3n^2+1=k^3 $
Ora, sfruttando il fatto che gli interi di Eisenstein sono un UFD, abbiamo che possiamo scrivere
$ k^3=(1+in\sqrt{3})(1-in\sqrt{3}) $ e dedurne che
$ (1+in\sqrt{3})=(a+ib\sqrt{3})^3 $ e $ (1-in\sqrt{3})=(c+id\sqrt{3})^3 $
da cui svolgendo i conti viene che necessariamente n=0.
Quindi v=0.
Dunque le sole soluzioni devono arrivare dalla terna (u,v,t) fatta da (1,0,1) oppure (3,0,3) che è lo stesso.
Dunque dalla terna (p,q,t) data da (1,1,1); dunque esse sono x=y=1.

Ora che riguardo tutto ho un dubbio proprio sull'inizio ... ma va be', lascio il post almeno qualcuno si fa quattro risate.

khristian
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Messaggio da khristian » 14 ott 2005, 19:07

EvaristeG ha scritto:Ci provo io (così almeno Hit può dirmene 4...)

dunque, poniamo x=p/t e y=q/t, con p,q,t interi coprimi e scriviamo
$ p^3+q^3=2t^3 $
Ok, ora, sia p che q devono essere dispari, quindi posso trovare u,v coprimi tali che
p=u+v e q=u-v
(chissà perchè si chiamano sempre u, v in questo caso...boh)
Riscrivendo tutto, otteniamo
$ u(u^2+3v^2)=t^3 $
e dunque poniamo $ t=ku $, da cui $ 3v^2=u^2(k^3-1) $
ora, se u non è multiplo di 3, necessariamente u=1, poichè (u,v)=1.
Quindi u=1 o u=3.
In entrambi i casi ci si riduce a risolvere
$ 3n^2+1=k^3 $
Ora, sfruttando il fatto che gli interi di Eisenstein sono un UFD, abbiamo che possiamo scrivere
$ k^3=(1+in\sqrt{3})(1-in\sqrt{3}) $ e dedurne che
$ (1+in\sqrt{3})=(a+ib\sqrt{3})^3 $ e $ (1-in\sqrt{3})=(c+id\sqrt{3})^3 $
da cui svolgendo i conti viene che necessariamente n=0.
Quindi v=0.
Dunque le sole soluzioni devono arrivare dalla terna (u,v,t) fatta da (1,0,1) oppure (3,0,3) che è lo stesso.
Dunque dalla terna (p,q,t) data da (1,1,1); dunque esse sono x=y=1.

Ora che riguardo tutto ho un dubbio proprio sull'inizio ... ma va be', lascio il post almeno qualcuno si fa quattro risate.
Quetso se non mi sbaglio è proprio la dimostrrazione della risoluzione della diofantea $ x^3+y^3+z^3=t^3 $ propria dei libri di testo di teoria dei numeri con l'ovvia accortezza che $ t= -z $ e poi non capisco perchè p e q dovrebbero essere dispari...... Mi spieghi?

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Messaggio da talpuz » 14 ott 2005, 22:00

visto che la somma dei cubi è pari, se uno è pari lo è anche l'altro, ma allora 8 divide la somma dei cubi, e dunque divide 2t^3, quindi 2 divide t; ma t era coprimo sia con p che con q, quindi no

:D

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Messaggio da EvaristeG » 15 ott 2005, 00:26

Ecco, talpuz ha già risposto per me ... btw, di libri di teoria dei numeri non ne ho mai letti. :wink:

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Messaggio da HiTLeuLeR » 24 ott 2005, 15:53

EvaristeG ha scritto:Riscrivendo tutto, otteniamo $ u(u^2+3v^2)=t^3 $, e dunque poniamo $ t=ku $ [...]
Come dire che "$ u \mid t^3\Longrightarrow u \mid t $", che è vero sse $ u = \pm 1 $ oppure $ u $ è primo in $ \mathbb{Z} $, a meno di non disporre di altri argomenti a proprio favore! E' questo il caso? Attendo lumi... :?

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Messaggio da EvaristeG » 24 ott 2005, 20:36

Eh già ... la cosa non è così semplice come avevo scritto (sig) ...

ripartiamo da lì : $ t^3=u(u^2+3v^2) $
Ora, $ u|t^3 $, quindi se $ p|u $ (p primo), allora $ p|t^3 $ e dunque $ p|t $, ma allora $ p|3v^2 $ e infine $ p=1,3 $.
Quindi $ u=3^\alpha $.
Allora si ha
$ 3^{3\alpha}+3^{\alpha+1}v^2=3^{\alpha+x}k^3 $
per opportuni k naturale e x tra 0,1,2.
Da ciò
$ 3^{2\alpha}+3v^2=3^xk^3 $.
Se x=0, 3|k, quindi 3|v. Assurdo
Se x=2, 3|v, assurdo.
Quindi x=1, da cui
$ 3^{2\alpha-1}+v^2=k^3 $
Da qui possiamo ricollegarci al procedimento precedente, solo che avremo come fattori tra gli interi di eisenstein i seguenti :
$ (v+i3^{\alpha-1}\sqrt{3})(v-i3^{\alpha-1}\sqrt{3})=k^3 $.
ed ora il ragionamento prosegue come sopra.

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