Una diofantea: 5x^2 - 14y^2 = 11z^2
Una diofantea: 5x^2 - 14y^2 = 11z^2
Risolvere in numeri interi l'equazione $ 5x^2 - 14y^2 = 11z^2 $. (Ungaria 2000)
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Simo_the_wolf
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Supponiamo per assurdo che esista una soluzione diversa da $ (0,0,0) $. Prendiamo quella tale che abbia $ x^2+y^2+z^2 $ minimo
consideriamo modulo 7:
$ 5x^2\equiv 4z^2 \pmod{7} $
supponiamo che sia $ (x,7)=(z,7)=1 $
allora dovremmo avere, moltiplicando per il quadrato dell'inverso di x:
$ (2z*x^{-1})^2 \equiv 5 \pmod{7} $
che e' impossibile perche' i residui quadratici mod 7 sono solo 0,1,2,4.
quindi inevitabilmente $ x=7x' $ e $ z=7z' $ per qualche intero x',z'.
Sostituendo avremo: $ 49*5x'^2 - 14y^2 =49*11 z'^2 $ e quindi anche $ y=7y' $ per un intero y'.
Ma allora abbiamo trovato una terna $ (x',y',z')=\frac 1{7} (x,y,z) $ tale che $ x'^2+y'^2+z'^2<x^2+y^2+z^2 $ e quindi siamo arrivati ad un assurdo.
consideriamo modulo 7:
$ 5x^2\equiv 4z^2 \pmod{7} $
supponiamo che sia $ (x,7)=(z,7)=1 $
allora dovremmo avere, moltiplicando per il quadrato dell'inverso di x:
$ (2z*x^{-1})^2 \equiv 5 \pmod{7} $
che e' impossibile perche' i residui quadratici mod 7 sono solo 0,1,2,4.
quindi inevitabilmente $ x=7x' $ e $ z=7z' $ per qualche intero x',z'.
Sostituendo avremo: $ 49*5x'^2 - 14y^2 =49*11 z'^2 $ e quindi anche $ y=7y' $ per un intero y'.
Ma allora abbiamo trovato una terna $ (x',y',z')=\frac 1{7} (x,y,z) $ tale che $ x'^2+y'^2+z'^2<x^2+y^2+z^2 $ e quindi siamo arrivati ad un assurdo.
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Simo_the_wolf
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Allora, abbiamo che un numero $ a $ è detto residuo quadratico $ \pmod{n} $ se e solo se esiste un $ x $ tale che $ x^2 \equiv a \pmod{n} $.
Abbiamo che, modulo 7, i residui quadratici sono $ 0^2=0, 1^2=1, 2^2 =4 , 3^2=9 \equiv 2 $ e gli altri possiamo non controllarli poichè $ x^2=(-x)^2 $.
Per l'inverso invece abbiamo che, per il teorema di Bezout, si ha che se due numeri $ a $ e $ b $ sono coprimi allora esistono interi $ h $ e $ k $ tali che $ ah+bk=1 $ (o più in generale che, dati due interi $ x $ e $ y $ allora la condizione necessaria e sufficiente affinchè esistano interi $ h $ e $ k $ tali che $ xh+yk=z $ è che $ mcd(x,y)|z $).
Quindi nel nostro caso, prendendo $ a=x $ e $ b=7 $ abbiamo che esistono degli interi $ h $ e $ k $ tali che $ xh+7k=1 $ e prendendo tutto modulo 7 abbiamo $ xh \equiv 1 $ cioè in un qualche senso $ h \equiv x^{-1} $ pur essendo un intero. Capito?
Abbiamo che, modulo 7, i residui quadratici sono $ 0^2=0, 1^2=1, 2^2 =4 , 3^2=9 \equiv 2 $ e gli altri possiamo non controllarli poichè $ x^2=(-x)^2 $.
Per l'inverso invece abbiamo che, per il teorema di Bezout, si ha che se due numeri $ a $ e $ b $ sono coprimi allora esistono interi $ h $ e $ k $ tali che $ ah+bk=1 $ (o più in generale che, dati due interi $ x $ e $ y $ allora la condizione necessaria e sufficiente affinchè esistano interi $ h $ e $ k $ tali che $ xh+yk=z $ è che $ mcd(x,y)|z $).
Quindi nel nostro caso, prendendo $ a=x $ e $ b=7 $ abbiamo che esistono degli interi $ h $ e $ k $ tali che $ xh+7k=1 $ e prendendo tutto modulo 7 abbiamo $ xh \equiv 1 $ cioè in un qualche senso $ h \equiv x^{-1} $ pur essendo un intero. Capito?
Ringrazio per le chiare spiegazioni, ma mi sembra di vedere molti ragazzi che scuotono la testa, borbottando “e si aspettavano che facessimo una cosa del genere?”. Per loro aggiungo la seguente
Soluzione di Simo_the_wolf, espressa in modo banale
Una possibile soluzione è ovviamente x=y=z=0; cerchiamo se ve ne sono altre. Notiamo innanzi tutto che se $ (x_1, x_2, x_3) $ è una soluzione e k un intero non nullo, anche $ (kx_1, kx_2, kx_3) $ è soluzione e viceversa; ci limitiamo perciò a cercare le soluzioni in cui i tre numeri non hanno divisori comuni (a parte l'unità).
Siano 7u e 7v i multipli di 7 più prossimi a x, z e poniamo x=7u + r, z=7v + s, con $ r,s = 0,\pm1,\pm2,\pm3 $. Sostituiamo nell’equazione data portando tutto a primo membro, facciamo i calcoli e raccogliamo 7 ovunque possibile; otterremo $ 7(\ldots) +5r^2-11s^2=0 $ ,quindi la differenza fra gli ultimi due termini deve essere divisibile per 7. Poiché i valori possibili per $ 5r^2 $ sono 0, 5, 20, 45 e quelli per $ 11s^2 $ sono 0, 11, 44, 99, questo avviene solo per r=s=0, cioè quando x, z sono multipli di 7. Sostituendo nell’equazione data, $ 5x^2-11z^2 $ risulta multiplo di 49, quindi anche y deve essere multiplo di 7, in contrasto con l’ipotesi che i tre numeri non avessero divisori comuni. Non ci sono quindi altre soluzioni.
Soluzione di Simo_the_wolf, espressa in modo banale
Una possibile soluzione è ovviamente x=y=z=0; cerchiamo se ve ne sono altre. Notiamo innanzi tutto che se $ (x_1, x_2, x_3) $ è una soluzione e k un intero non nullo, anche $ (kx_1, kx_2, kx_3) $ è soluzione e viceversa; ci limitiamo perciò a cercare le soluzioni in cui i tre numeri non hanno divisori comuni (a parte l'unità).
Siano 7u e 7v i multipli di 7 più prossimi a x, z e poniamo x=7u + r, z=7v + s, con $ r,s = 0,\pm1,\pm2,\pm3 $. Sostituiamo nell’equazione data portando tutto a primo membro, facciamo i calcoli e raccogliamo 7 ovunque possibile; otterremo $ 7(\ldots) +5r^2-11s^2=0 $ ,quindi la differenza fra gli ultimi due termini deve essere divisibile per 7. Poiché i valori possibili per $ 5r^2 $ sono 0, 5, 20, 45 e quelli per $ 11s^2 $ sono 0, 11, 44, 99, questo avviene solo per r=s=0, cioè quando x, z sono multipli di 7. Sostituendo nell’equazione data, $ 5x^2-11z^2 $ risulta multiplo di 49, quindi anche y deve essere multiplo di 7, in contrasto con l’ipotesi che i tre numeri non avessero divisori comuni. Non ci sono quindi altre soluzioni.
Ok, impeccabile! In alternativa osservare (legge di reciprocità quadratica + lemma di Gauss sul carattere quadratico di 2) che $ \displaystyle\left(\frac{5}{7}\right) = \left(\frac{2}{5}\right) = (-1)^{(5^2-1)/8} = -1 $.Simo_the_wolf ha scritto:allora dovremmo avere, moltiplicando per il quadrato dell'inverso di x: $ (2z*x^{-1})^2 \equiv 5 \pmod{7} $, che e' impossibile perche' i residui quadratici mod 7 sono solo 0,1,2,4.