Probabilmente molti la conoscono già. Determinare tutte le soluzioni intere dell'equazione
$ a^2 + b^2 + c^2 = a^2b^2 $
Ci sono almeno due tecniche di risoluzione diverse.
Ciao,
Salvatore
Diofantea dall'Engel
Sia $ (a,b,c) $ una terna di interi tale che $ a^2 + b^2 + c^2 = a^2 b^2 $ e $ |a|+|b|+|c| $ abbia valore minimo. Fosse $ a \equiv b \equiv c \equiv 1 \bmod 8 $, si avrebbe $ 1^2 + 1^2 + 1^2 \equiv 1^2 \cdot 1^2 \bmod 8 $, assurdo! Fosse uno soltanto fra $ a, b, c $ ad esser pari, si avrebbe $ 2 \equiv 1 \bmod 4 $, quando $ 2 \mid c $; $ 2 \equiv 0 \bmod 4 $, quando $ 2 \mid ab $. Comunque assurdo! Ne segue che due almeno fra $ a, b, c $ debbon essere pari, e da qui prontamente $ a \equiv b \equiv c \equiv 0 \bmod 2 $. Conclusione: $ a = b = c = 0 $, per discesa infinita.
Ehi, nessuno risponde? 
Allora faccio io un tentativo...
Osserviamo prima di tutto la congruenza modulo 4; al solito, visto che i quadrati sono sempre congrui a 0 o 1 mod 4, risulta che essendo c^2+1==1 o 2 mod 4, a^2-1 e b^2-1 non sono congrui a 0 mod 4, e quindi sono entrambi congrui a 3.
Questo significa (ammesso che sia a^2-1>1) che avremo un primo p==3(mod 4) tale che p|(a^2-1). (Infatti se tutti i divisori primi di a^2-1 fossero congrui a 1 o 2 mod 4, sarebbe a^2-1==1 o 2 o 0 mod 4, falso.) Questo primo p, di conseguenza, dividerà anche c^2+1, da cui c^2==-1(mod p). Ma può -1 essere un residuo quadratico modulo p? La risposta è no, proprio in virtù della congruenza mod 4 di p: per il criterio di Eulero, -1 è residuo quadratico sse -1^((p-1)/2)==1(mod p), il che accade solo nel caso dei p congrui a 1 mod 4.
(Ahah! Allora servono a qualcosa le lezioni di tdn!
)
Perciò l'unica possibilità è che a^2-1 e b^2-1 (per cui si può fare lo stesso ragionamento) siano <2. Da cui a=0, b=0, c=0, unica soluzione.
Allora faccio io un tentativo...Osserviamo prima di tutto la congruenza modulo 4; al solito, visto che i quadrati sono sempre congrui a 0 o 1 mod 4, risulta che essendo c^2+1==1 o 2 mod 4, a^2-1 e b^2-1 non sono congrui a 0 mod 4, e quindi sono entrambi congrui a 3.
Questo significa (ammesso che sia a^2-1>1) che avremo un primo p==3(mod 4) tale che p|(a^2-1). (Infatti se tutti i divisori primi di a^2-1 fossero congrui a 1 o 2 mod 4, sarebbe a^2-1==1 o 2 o 0 mod 4, falso.) Questo primo p, di conseguenza, dividerà anche c^2+1, da cui c^2==-1(mod p). Ma può -1 essere un residuo quadratico modulo p? La risposta è no, proprio in virtù della congruenza mod 4 di p: per il criterio di Eulero, -1 è residuo quadratico sse -1^((p-1)/2)==1(mod p), il che accade solo nel caso dei p congrui a 1 mod 4.
(Ahah! Allora servono a qualcosa le lezioni di tdn!
)Perciò l'unica possibilità è che a^2-1 e b^2-1 (per cui si può fare lo stesso ragionamento) siano <2. Da cui a=0, b=0, c=0, unica soluzione.
ohhhh meno male, quasi quasi non ci speravo più Soluzione impeccabile, phi
Giusto un appunto... la seconda parte si può fare senza tirare in ballo il criterio di Eulero. Infatti sia $ p $ un primo dispari che divide $ n^2+1 $. Allora:
$ n^2 \equiv -1 \pmod{p} $
$ n^4 \equiv 1 \pmod{p} $
Perciò $ ord_p(n) = 4 $. D'altro $ ord_p(n) | p-1 $, per cui $ 4|p-1 $. Dunque tutti i numeri della forma $ n^2+1 $ hanno solo l'eventuale fattore 2 e poi solo fattori della forma $ 4k + 1 $. Simone mi faceva osservare anche un'interessante generalizzazione: la stessa affermazione vale per tutti i numeri della forma $ n^2 + m^2 $ con $ (n, m) = 1 $. Infatti se $ n^2 + m^2 \equiv 0 \pmod{p} $, dal momento che, per non contraddire l'ipotesi, deve essere $ (p,m) = 1 $, allora esiste l'inverso di $ m $, per cui moltiplichiamo per $ (m^{-1})^2 $:
$ (nm^{-1})^2 + 1 \equiv 0 \pmod{p} $
e di qui si procede analogamente a prima.
Ciao!
Salvatore
EDIT: correzione
Soluzione impeccabile, phi Giusto un appunto... la seconda parte si può fare senza tirare in ballo il criterio di Eulero. Infatti sia $ p $ un primo dispari che divide $ n^2+1 $. Allora:
$ n^2 \equiv -1 \pmod{p} $
$ n^4 \equiv 1 \pmod{p} $
Perciò $ ord_p(n) = 4 $. D'altro $ ord_p(n) | p-1 $, per cui $ 4|p-1 $. Dunque tutti i numeri della forma $ n^2+1 $ hanno solo l'eventuale fattore 2 e poi solo fattori della forma $ 4k + 1 $. Simone mi faceva osservare anche un'interessante generalizzazione: la stessa affermazione vale per tutti i numeri della forma $ n^2 + m^2 $ con $ (n, m) = 1 $. Infatti se $ n^2 + m^2 \equiv 0 \pmod{p} $, dal momento che, per non contraddire l'ipotesi, deve essere $ (p,m) = 1 $, allora esiste l'inverso di $ m $, per cui moltiplichiamo per $ (m^{-1})^2 $:
$ (nm^{-1})^2 + 1 \equiv 0 \pmod{p} $
e di qui si procede analogamente a prima.
Ciao!
Salvatore
EDIT: correzione