152. Dio fantea

[Clausewitz]

Non capisco perché non si possa semplicemente prendere $10x-99y$ in valore assoluto, comunque non è difficile dimostrare che è positivo.
I casi $y=0$, $y=1$ e $y=2$ non danno soluzioni intere, dunque (sempre assumedo che $x$ e $y$ siano maggiori o uguali a zero) $y\geq 3$ e dunque $y^2\geq 9$. Ma allora $99y^2>200$, il che equivale a $100\cdot 99y^2-200>99^2y^2$.
Ma $100x^2=100(99y^2-2)=100\cdot 99y^2-200$. Dunque $100x^2>99^2y^2$, ovvero $10x>99y$, e infine $10x-99y>0$.

[dario2994]

Ok
@Ido: Era esattamente quello il punto del problema che purtroppo nessuno ha colto... in ogni caso hai fatto bene a scriverlo Io avevo in mente una cannonata simile ma più leggera e dimostrabile in maniera più ovvia (fondamentalmente come ha fatto Clausewitz, ma stando più attenti ai conti). La stima che hai detto tu si trova, per chi non lo sapesse, sull'imo compendium. Mentre propongo a tutti di trovare una stima per le soluzioni minime di $x^2-ny^2=a$ seguendo le idee proposte da Clausewitz

@Clausewitz: Ora è corretta

Aggiungo che il problema è stato pensato per non crollare in nessun modo con dei moduli.

[Troleito br00tal]

Ok
@Ido: Era esattamente quello il punto del problema che purtroppo nessuno ha colto...

E che io non colgo ancora. Che è quel noto teorema?

[Gottinger95]

Sia \(x^-ny^2 = a\) l'equazione di circa-Pell da risolvere. Indichiamo con \(N(a\pm\sqrt{n} b) = a^2-nb^2\). Siano \(x,y,z,w\) tali che:
\(N(x\pm\sqrt{n} y) = 1\)
\(N(z\pm\sqrt{n} w) = a\)
Moltiplicando le due equazioni e sfruttando la moltiplicatività di \(N(s)\) abbiamo:
\[N((x+\sqrt{n}y)(z-\sqrt{n}w)) = N([(xz-nwy) +\sqrt{n} (yz-wx)])= a\]
Imponiamo che \(x,y,z,w\) siano le minime soluzioni delle Pell / circa-Pell di cui sopra. La minimalità della Pell la ben conosciamo.
Per imporre la minimalità della circa-Pell la nuova soluzione che abbiamo trovato deve essere maggiore o uguale della precedente, altrimenti sarebbe più piccola (a meno che non sia negativa, e questo per adesso non lo faccio. Gne).
Tuffiamoci dunque nei conti (tutte le sostituzioni usano \(x^2 - ny^2 = 1\), poco da fare):
PARTE 1: soluzione \(z' \) maggiore o uguale di \(z\).
\(xz-nyw \geq z\)
\( \displaystyle z \geq w\frac{ny}{x-1}\)
\[ a = z^2 - nw^2 \geq w^2n ( \frac{ny^2}{(x-1)^2} - 1 ) = w^2n( \frac{ (ny^2 - x^2) +2x - 1}{(x-1)^2} ) = w^2 n\frac{2(x-1)}{(x-1)^2}\]
Da cui si ottiene \( \displaystyle w^2 \leq \frac{a(x-1)}{2n}\)
PARTE 2: soluzione \(w'\) maggiore o uguale di \(w\).
\(yz-wx \geq w \)
\(\displaystyle z \geq \frac{w(x+1)}{y} \)
\[ a= z^2 - nw^2 \geq w^2(\frac{ (x+1)^2}{y^2} - n) = w^2 \frac{ (x^2 - n y^2 )+ 2x+1}{y^2} = w^2 n \frac{ 2(x+1)}{x^2-1} = \frac{2w^2n }{x-1}\]
Da cui si ottiene \( \displaystyle w^2 \leq \frac{a(x-1)}{2n}\), che per nostra fortuna da lo stesso risultato di prima.
Estraendo la radice quadrata da entrambe le parti:
\[|w |\leq \sqrt{\frac{|a(x-1)|}{2n}} \]
che è buona perchè \(a,x,n\) li conosciamo. Un processo simile si può fare per ottenere le disequazioni su \(z\) isolando \(w\) nelle disequazioni iniziali.
Di fatto, nella nostra otteniamo:
\[|w| \leq \sqrt{ \frac{ |-2(10-1)| }{2*99} } = \sqrt{\frac{1}{11} } < 1\]
che ci dice che non c'è nessuna soluzione intera.

Va bien?

Edit: Usando \(a=z^2 - nw^2\) si ottiene
\[a= z^2 - nw^2 \geq z^2 - \frac{a(x-1)}{2} \]
da cui
\[ |z| \leq \sqrt{ \frac{|a|(x+1)}{2} }\]
Nel nostro caso sarebbe \( |z| \leq \sqrt{11} < 4\), che è compatibile con il cannone di Ido Bovski e in ogni caso ci dice che non c'è nessuna soluzione provando a mano i tre casi.

[Gottinger95]

Visto che queste disuguaglianze, in caso non escludessero definitivamente l'esistenza di soluzioni, non sono in ogni caso condizioni sufficienti, c'è un modo di caratterizzare tutte le circa-Pell che hanno soluzioni?

[Troleito br00tal]

Chi continua?