Dal PEN, il numero 1... =)

[Ponnamperuma]

Dimostrare che, se $ x,y,z $ sono interi positivi, $ (xy+1)(yz+1)(xz+1) $ è un quadrato perfetto se e solo se $ xy+1,yz+1,xz+1 $ sono tutti quadrati perfetti... [Kiran Kedlaya]

[Ponnamperuma]

Up! Dai, scrivete qualcosa... anche pezzi... Comunque io ho tre quarti della soluzione, almeno credo... Più avanti la posto, se nessuno se la fa venire in mente!...

[HiTLeuLeR]

Troppo celebre, troppo lunga - di Kiran Kedlaya, una delle soluzioni più brutte che abbia mai visto dare a un problema. Mi piacerebbe possederne una migliore, ma non è così. Ciupa!

[Ponnamperuma]

uhm... mai vista... Io ne ho una (incompleta) in cui dimostro che se dei tre fattori ne ho uno, due o tre che non sono quadrati, allora il tutto non funziona: ho trovato l'assurdo per quando si hanno uno o due fattori che non sono quadrati, ma non (ancora) per quando nessuno dei tre lo è...
Non so se le due soluzioni coincidano, ma non mi dispiacerebbe riuscire a finire la dimostrazione, per brutta che sia!...

[HiTLeuLeR]

uhm... mai vista... Io ne ho una (incompleta) in cui dimostro che se dei tre fattori ne ho uno, due o tre che non sono quadrati, allora il tutto non funziona: ho trovato l'assurdo per quando si hanno uno o due fattori che non sono quadrati, ma non (ancora) per quando nessuno dei tre lo è...
Non so se le due soluzioni coincidano, ma non mi dispiacerebbe riuscire a finire la dimostrazione, per brutta che sia!...

Non c'è scampo: o la tua soluzione non è tale oppure è infinitamente più bella di quella proposta da KK (nel qual caso, potresti considerare l'ipotesi di pubblicarla).

[Ponnamperuma]

Ok, Hit, tentar non nuoce!

Posti per comodità $ xy+1=a^2,yz+1=b^2,zx+1=c^2 $, è banale che $ (xy+1)(yz+1)(xz+1)=a^2b^2c^2=(abc)^2 $, un quadrato, dunque.
Suppongo ora che uno dei tre fattori non sia un quadrato: sia esso, wlog, $ xy+1 $.
Ma allora, ammettendo che $ (xy+1)(yz+1)(xz+1)=k^2 $, si avrebbe $ \displaystyle xy+1=\frac{k^2}{(yz+1)(zx+1)}=\left(\frac{k}{bc}\right)^2 $, un quadrato, assurdo.
Forse allora il prodotto può essere un quadrato se anche due fattori non sono quadrati? Sia wlog $ zx+1 $ l'unico quadrato fra i tre.
Allora $ \displaystyle zx+1=\frac{k^2}{(xy+1)(yz+1)} $: il secondo membro è un quadrato se lo è il denominatore, cosa che accade solo quando $ x=z $. Ma in tal caso $ zx+1=x^2+1=z^2+1 $, che non è un quadrato, contro l'assunzione iniziale!...


Rimane il caso in cui nessuno fra $ xy+1,yz+1,zx+1 $ è un quadrato, ma non sono ancora riuscito ad averne ragione!...

Nel caso non del tutto improbabile che abbia scritto inesattezze/scempiaggini... beh, smontatemi!

[HiTLeuLeR]

Rimane il caso in cui nessuno fra $ xy+1,yz+1,zx+1 $ è un quadrato, ma non sono ancora riuscito ad averne ragione!...

...senonché il problema inizia proprio qui.

[piever]

Forse allora il prodotto può essere un quadrato se anche due fattori non sono quadrati? Sia wlog $ zx+1 $ l'unico quadrato fra i tre.
Allora $ \displaystyle zx+1=\frac{k^2}{(xy+1)(yz+1)} $: il secondo membro è un quadrato se lo è il denominatore, cosa che accade solo quando $ x=z $.

Uhm, e perche'? x=1,y=1,z=7 e il denominatore e' un quadrato perfetto...

Nel caso non del tutto improbabile che abbia scritto inesattezze/scempiaggini... beh, smontatemi!

Solo un passaggio che non torna, ma forse mi sono perso qualche ipotesi io...

[Ponnamperuma]

Forse allora il prodotto può essere un quadrato se anche due fattori non sono quadrati? Sia wlog $ zx+1 $ l'unico quadrato fra i tre.
Allora $ \displaystyle zx+1=\frac{k^2}{(xy+1)(yz+1)} $: il secondo membro è un quadrato se lo è il denominatore, cosa che accade solo quando $ x=z $.

Uhm, e perche'? x=1,y=1,z=7 e il denominatore e' un quadrato perfetto...

Ma in tal caso, $ zx+1=7+1=8 $, che non è un quadrato, contro l'assunzione iniziale!... Con ciò forse sbaglio comunque (già alla gara di febbraio persi punti non accorgendomi di una seconda soluzione a un'equazione simile!)... ma il fatto che Hitleuler non mi abbia gridato contro mi dà una certa sicurezza!...

[jordan]

allora, io ci provo..vedete se puo funzionare.. allora...per ogni primo p facciamo valutazioni p-adiche modulo 2 sui tre fattori e le chiamiamo v1, v2, v3. esse quindi possono solo assumere 0 o 1 mod 2. dato che deve ridare 0 per dare un quadrato perfetto allora abbiamo solo due casi a meno di simmetrie..o tutti 0 e quindi la tesi oppure due 1 e uno 0.il nostro obiettivo è dimostrare che questo è impossibile. wlog, xy=p^(2a+1)-1, xz=p^(2b+1)-1, yz=p^(2c)-1. moltiplicando prima e seconda equazione e sostuendo yz dalla erza ottengo: x^2*(p^(2c)-1)=(p^(2a+1)-1)(p^(2b+1)-1) con a, b, c in N ( eventualmente nulli). modulo p ottengo che x quadro è congruo -1 mod p, quindi della forma kp-1. sostituendola all'equazione ottengo ke k è multiplo di p..cosi andando avanti k è multiplo di p^2, P^3, ...fino a quando 2c oppure 2a+1 oppure 2b+1 valgono 0.a questo punto c'e l'assurdo modulo p. tesi dimostrata..scusate per il modo di scrivere..cmq funziona?

[HiTLeuLeR]

wlog, xy=p^(2a+1)-1, xz=p^(2b+1)-1, yz=p^(2c)-1. funziona?

No. Non c'è ragione per cui $ xy+1, yz + 1, zx + 1 $ debbano possedere un unico fattore primo.

[jordan]

infatti ho detto per ogni fattore primo p il sistema è quello sempre a meno di scambiare le variabili ok?

[HiTLeuLeR]

infatti ho detto per ogni fattore primo p il sistema è quello sempre a meno di scambiare le variabili ok?

Il p.to è che, per ogni primo $ p \in \mathbb{N} $, ti è dato al più di scrivere che $ xy +1 = \alpha \cdot p^{a} $, $ yz +1 = \beta\cdot p^{b} $ e $ zx +1 = \gamma\cdot p^{c} $, dove $ \alpha, \beta, \gamma, a, b, c $ sono degli opportuni interi positivi. E questo è ben diverso da quel che tu vai proponendo, sei d'accordo?

[jordan]

si hai ragione ho rincontrollato i conti, me lo sono perso per strada...be, almeno ho fatto il caso alfa=beta=gamma=1 no? allora qualke altra idea?

[HiTLeuLeR]

allora qualke altra idea?

Sì, la discesa infinita di Fermat. Peccato soltanto che l'idea sia di KK.