Una diofantea in x^2,y^2,z^2

[jordan]

$14z^2= 5x^2-11y^2$

$0\equiv -2x^2 - 4 y^2 \equiv 2x^2 + 4y^2 \pmod7$

I residui quadratici modulo 7 sono 0,1,2,4

Moltiplicati per 2: $2\cdot 0=0, 2\cdot 1=2, 2\cdot 2 = 4, 2\cdot 4 =8\equiv1 \pmod7$
Allo stesso modo moltiplicati per 4 rimangono {0,1,2,4}.

Allora $2x^2, 4y^2 \in \{0,1,2,4\} \pmod7$

Siccome la somma dei due dev'essere congrua a 0 modulo 7, l'unico modo è che siano congrui entrambi gli addendi a 0 $\pmod7$

Siccome sia x che y sono congrui a 0 $\pmod7$, siccome sono al quadrato, saranno congrui a 0 anche a modulo 49.

Ma allora $0 \equiv 5x^2-11y^2 \equiv 14z^2 \pmod{49}$ quindi 7|x.

Allora possiamo dividere tutto per 49: ma possiamo fare lo stesso ragionamento di nuovo sulle variabili x/7,y/7,z/7, e possiamo ridividere e andare avanti all'infinito. Dubito che esista x tale che $7^\infty \mid x$...

Classica dimostrazione da 6 punti su 7 (se non 5..): un tale x esiste

[Robertopphneimer]

quale proporresti per 7/7?

[auron95]

Classica dimostrazione da 6 punti su 7 (se non 5..): un tale x esiste

Dov'è la falla? E' proprio il ragionamento che è sbagliato oppure è giusto quello che penso ma non quello che ho scritto (ma perchè mai chi corregge i test non ha mai appreso l'arte di leggere nel pensiero? sarebbe tutto moolto più facile... )

Perchè com'è possibile che un numero finito abbia nella fattorizzazione un primo con esponente infinito?

[ma_go]

$\sqrt2$ è irrazionale! infatti, supponiamo $2m^2= n^2$ (euclide era piuttosto sveglio, quindi salta alcuni passaggi, NdT). allora $n$ è pari, quindi $2$ divide $n$, quindi $4$ divide $n^2$, quindi $m$ è pari.
allora possiamo dividere tutto per 4: ma possiamo fare lo stesso ragionamento di nuovo sulle variabili $m/2$, $n/2$, e possiamo ridividere e andare avanti all'infinito. dubito che esista $n$ tale che $2^\infty \mid n$...

non credo che euclide sarebbe stato tanto osannato, se avesse scritto una dimostrazione del genere...
quindi provate a pensare alla dimostrazione dell'irrazionalità di $\sqrt2$ che vi hanno raccontato a scuola (o in qualunque altro posto), e vedete se riuscite ad applicare le stesse idee qui.
infine, non c'è nessun intero divisibile per $2^\infty$ (questo infatti non ha senso), ma c'è un intero che è divisibile per potenze arbitrariamente alte di 2 (e non solo): chi è?
comunque, tenendo conto di questo cavillo, la dimostrazione di euclide è più o meno da 4 o 5 punti su 7 (5 a voler essere proprio generosi).

[auron95]

infine, non c'è nessun intero divisibile per $2^\infty$ (questo infatti non ha senso), ma c'è un intero che è divisibile per potenze arbitrariamente alte di 2 (e non solo): chi è?

Non capisco cosa intendi per "potenze arbitrariamente alte". Cioè comunque prendi un $n$ abnorme ci sarà un intero che divide $2^n$?

@ma_go e jordan: scusate se non riesco a capire quello che mi state dicendo, ma a volte non ho ben chiaro il concetto di infinito.... comunque vi ringrazio infinitamente per il tempo e la pazienza che dedicate ai "novizi" come me.

[jordan]

quale proporresti per 7/7?

$7\mid 14z^2= 5x^2-11y^2$ ma $\left(\frac{5\cdot 11^{-1}}{7}\right)=\left(\frac{5}{7}\right)=-1$, per cui se $(x,y,z)$ e' soluzione allora lo è anche $\left(\frac{x}{7},\frac{y}{7},\frac{z}{7}\right)$.

E, come dice ma_go, questo significa che ciascuna variabile e' divisibile per potenze arbitrariamente grandi di $7$: quindi..

[ma_go]

[...] c'è un intero che è divisibile per potenze arbitrariamente alte di 2 (e non solo) [...]

[...] Cioè comunque prendi un $n$ abnorme ci sarà un intero che divide $2^n$?[...]

quasi: è un modo informale di dire che c'è un intero $x$ tale che per ogni $N$ ("grande a piacere") esiste un $n\ge N$ tale che $2^n$ divide $x$. (occhio che hai invertito "divisibile" con "divide", nella tua interpretazione).
infatti quell'equazione *ha* delle soluzioni!

[Robertopphneimer]

Capito il vostro ragionamento,dite che ci sarà un n maggiore uguale ad N che divide una potenza di due(stessa cosa per 7),quindi le soluzioni ci sono ma non dovevamo definirle...
@jordan(non ti posso citare perché tu usi un altro linguaggio per scrivere le formule(io uso tex) non capisco il passaggio $ \frac {5-11} {7} = \frac {-1} {7} )=-1 $
Era una congruenza??(non capisco soprattutto come hai elaborato ciò)

[...] c'è un intero che è divisibile per potenze arbitrariamente alte di 2 (e non solo) [...]

Quindi potevamo dimostrare che le soluzioni erano infinite agendo sul fatto che ci sarà sempre un N più grande??(sarebbe da 7/7??)

[jordan]

Era una congruenza??(non capisco soprattutto come hai elaborato ciò)

Dovrai essere d'accordo sul fatto che $7$ divide $5x^2-11y^2$, in altre parole $5x^2 \equiv 11 y^2 \pmod 7$.

Moltiplica tutto per $3$ e ottieni $15x^2 \equiv 33 y^2 \pmod 7$, e in altre parole $x^2\equiv 5y^2 \pmod 7$

Adesso, se $y$ non è multiplo di $7$, esisterà (ed unico) il suo inverso $y^{-1}$ modulo $7$: ok, moltiplichiamo il tutto per $y^{-1}$.

Otteniamo $(xy^{-1})^2 \equiv 5 \pmod 7$: significa che $5$ e' un residuo quadratico modulo $7$, che non è vero.

Quindi deve essere $7\mid y$ (in particolare, non esiste il suo inverso), e $7\mid x$ e $7\mid z$..

Ps. Riguardo la mia notazione $\left(\frac{a}{p}\right)$ denota il simbolo di Legendre..

Quindi potevamo dimostrare che le soluzioni erano infinite ...?

No, sei ancora fuori strada..

[auron95]

Se ho capito bene come avrei dovuto scrivere la soluzione........

Supponiamo esista una terna soluzione$(7^ax_0,7^by_0,7^cz_0)$ dove a,b,c sono interi non negativi e $(x_0,7)=(y_0,7)=(z_0,7)=1$
Allora per n arbitrariamente grande la terna $\left(\displaystyle \frac{7^ax_0}{7^n},\frac{7^by_0}{7^n},\frac{7^cz_0}{7^n}\right)$ è soluzione. Ma
per $n = a + 1$ allora $\displaystyle \frac{7^ax_0}{7^n}$ non è intero e non può essere soluzione.

Così può andare?

[jordan]

Così può andare?

Non è questione di formalizzare, ma di capire quello che stiamo dicendo; vi abbiamo detto che almeno una soluzione esiste: ok, quali sono?

[xXStephXx]

Forse manca quella di cui ci si dimentica sempre o quasi.

[auron95]

Mi prenderei a sberle.......... e picchierei soprattutto quello 0 e chi l'ha inventato.....

P.S. grazie xXStephXx senza di te sarei ancora qui a brancolare nel buio.....

[Robertopphneimer]

Così può andare?

Non è questione di formalizzare, ma di capire quello che stiamo dicendo; vi abbiamo detto che almeno una soluzione esiste: ok, quali sono?

Per una volta ho capito perché dovrebbero esserci soluzioni finite...ma dovrebbe essere un qualcosa che divide $ 7^n $ e valido per tutti e tre...non penso serva mcm,e neanche altro tipi di tentativi che ho mostrato (come sistemi di moduli)

Io ho trovato che devono essere tutte con la stessa parità. Infatti x e y hanno la stessa parità, quindi i quadrati sono congrui a modulo quattro.
Allora
$5x^2-11y^2\equiv-6x^2\equiv 14z^2 \pmod4$ quindi anche z e x hanno la stessa parità.

Ed io lo sapevo che c'era un modulo quattro!!,ci si può lavorare su penso.

Io ho provato a sviluppare un sistema di congruenze:

$ \left\{\begin{matrix} 14z^2+11y^2 \equiv 5x^2 (mod 3) \\ 14z^2+11y^2 \equiv 5x^2 (mod 4) \\14z^2 +11y^2 = 0(mod5) \end{matrix}\right. $

io così riesco solo a dire che y,z sono pari e quindi anche x . Però poi non so come poter raggiungere assurdi,o determinare dei valori precisi di x,y e z (mcm??)

ma almeno questi mi dicono che sono tutti pari ,e quindi $ 7*2|x $ $ 7*2|y $ $ 7*2|z $..penso sia già qualcosa perché tutti devono essere divisibili per un arbitrario $ 7^n $ e $ 2^n $...più di così non riesco ad andare avanti..potrei provare $ x^2mod4=0 $ ma non penso risolva molto.