soluzioni equazioni

[danielf]

trovare le soluzioni intere di

$ x^2 - y^2=2xyz $

[Maioc92]

notiamo subito che x=y=0 e z qualsiasi è soluzione. Supponiamo ora x e y non nulli. Se x e y non sono primi tra loro possiamo tranquillamente raccogliere l'MCD e semplificare, ottenendo un'equazione analoga $ x_1^2-y_1^2=2x_1y_1z $ dove $ MCD(x_1,y_1)=1 $. Però dall'equazione ricaviamo anche $ x_1^2=y_1(2x_1z+y_1) $ e $ y_1^2=x_1(2y_1z+x_1) $, ovvero $ x_1|y_1 $ e $ y_1|x_1 $. Ma x_1 e y_1 sono primi tra loro quindi non può che essere $ x_1=+-1 $ e $ y_1=+-1 $, da cui $ x_1^2-y_1^2=0 $ e di conseguenza z=0. Quindi tutte le altre soluzioni sono del tipo$ x=+-y $ e $ z=0 $.

[danielf]

[quote="Maioc92"]Se x e y non sono primi tra loro possiamo tranquillamente raccogliere l'MCD e semplificare, ottenendo un'equazione analoga $ x_1^2-y_1^2=2x_1y_1z $ quote]

ma qui che fai?

[Maioc92]

faccio questo:
sia k l'MCD. Allora $ x=kx_1 $ e $ y=ky_1 $. Sostituisci al posto di x e y e guarda cosa ti viene fuori

[jordan]

Trovare tutti gli $ (x,y,z) \in \mathbb{Z}^3 $ tali che $ x^2 - y^2=2xyz $.

Se $ \min\{|x|,|y|\}=0 $ allora banalmente l'unica soluzione è $ (0,0,z) $ per ogni $ z \in \mathbb{Z} $. Altrimenti, posto $ a:=x\text{gcd}(x,y)^{-1},b:=y\text{gcd}(x,y)^{-1} $ vale $ a^2-b^2=2abz $, ma $ \text{gpf}(ab) \mid \text{gcd}(a,b)=1 $ per cui le uniche altre soluzioni sono della forma $ (x,\pm x,0) $ per ogni $ x \in \mathbb{Z} $.

[danielf]

Trovare tutti gli $ (x,y,z) \in \mathbb{Z}^3 $ tali che $ x^2 - y^2=2xyz $.

Se $ \min\{|x|,|y|\}=0 $ allora banalmente l'unica soluzione è $ (0,0,z) $ per ogni $ z \in \mathbb{Z} $. Altrimenti, posto $ a:=x\text{gcd}(x,y)^{-1},b:=y\text{gcd}(x,y)^{-1} $ vale $ a^2-b^2=2abz $, ma $ \text{gpf}(ab) \mid \text{gcd}(a,b)=1 $ per cui le uniche altre soluzioni sono della forma $ (x,x,0) $ per ogni $ x \in \mathbb{Z} $.

quella di Maioc si capisce d più

[jordan]

Ognuno ha il suo stile..
E comunque non avevo letto la soluzione di Maioc92, che comunque non è corretta nel punto in cui deduce che $ x_1 \mid y_1 $ e viceversa (si ha solo che $ x_1 \mid y_1^2 $, anche se la conclusione non cambia di molto visto che implica $ \text{rad}(x_1) \mid \text{rad}(y_1) $ )

[danielf]

Ognuno ha il suo stile..
E comunque non avevo letto la soluzione di Maioc92, che comunque non è corretta nel punto in cui deduce che $ x_1 \mid y_1 $ e viceversa (si ha solo che $ x_1 \mid y_1^2 $, anche se la conclusione non cambia di molto visto che implica $ \text{rad}(x_1) \mid \text{rad}(y_1) $ )

sì sì certo scusa

ma cosa vuol dire che $ \text{rad}(x_1) \mid \text{rad}(y_1) $?
scusa le tante domande banali

[jordan]

$ \text{rad}(\cdot) $ che la funzione che associa a ogni intero positivo $ x $ il prodotto dei primi distinti che dividono $ x $, in altre parole $ \text{rad}(x):=\displaystyle \prod_{p \in \mathbb{P}, p \mid x}{p} $

[Maioc92]

Ognuno ha il suo stile..
E comunque non avevo letto la soluzione di Maioc92, che comunque non è corretta nel punto in cui deduce che $ x_1 \mid y_1 $ e viceversa (si ha solo che $ x_1 \mid y_1^2 $

ricorda che x_1 e y_1 sono primi tra loro, e quindi è vero. Altrimenti il primo pezzo a che sarebbe servito???

[jordan]

Si ti ho capito, il tuo ragionamento è corretto, ma la relazione di divisibilità è comunque con il quadrato di y_1.. poi l'aggiunta di essere coprimi porta alla conclusione,no?

[Maioc92]

si esatto, non l'avevo scritto perchè lo davo per scontato, e in effetti forse meritava qualche parola in più. Volendo essere più formali si può fare come hai scritto tu, cioè ragionando con la scomposizione in primi di x_1 e y_1 (probabilmente in gara l'avrei fatto a dire la verità). In ogni caso la conclusione è sempre quella