x^3+y^3=7z^3

[jordan]

dimostrare che l'equazione $ x^3+y^3=7z^3 $ ha infinite terne primitive in Z.

nb. $ (x,y,z)\in Z^3 $ è detta primitiva sse $ MCD(x,y,z)=1 $ (..e se soddisfa l'equazione! )
buon lavoro

[angus89]

ecco la definizione di terna primitiva...ci voleva

[angus89]

Goffo tentativo...

Il problema principale nel risolvere questo tipo di equazioni è il grado...in questo caso il 3 grado

Quindi quello che verrebbe da fare è utilizzare congruenze e piccolo teorema di fermat per ridurre ad una lineare
$ \displaystyle x^{3}+y^{3}=7 \cdot z^{3} $

poniamo
$ \displaystyle \\ x^{3} \equiv x \pmod{2} $
Da ciò possiamo riscrivere l'equzione iniziale come

$ \displaystyle 2 \cdot h + x + y^{3} = 7 \cdot z^{3} $

A questo punto si sostituiscono due valori (scelti da noi) per$ \displaystyle y^{3} $ e $ \displaystyle 7 \cdot z^{3} $
Tale equazione è una diofantea di primo grado con le variabili $ \displaystyle 2\cdot h $e $ \displaystyle x $, pertanto con infinite soluzioni, tra le infinite dobbiamo trovere quelle che soddisfano
$ \displaystyle 2 \cdot h + x = x^{3} $
Si potrebbero fare altre osservazioni...ma...
E' coerente?
Preciso che non è la soluzione ma un goffo tentativo...

[julio14]

Il ragionamento funziona, solo che non è molto utile... non puoi scegliere y e z a caso, perchè ti devono dare 2h+x, che a sua volta deve essere un cubo, quindi siamo daccapo, inoltre, parte più importante, rimane da dimostrare che esistono infinite terne primitive: per quelle non primitive, basti prendere quelle della forma (k;-k;0).

[piever]

Scusatemi ma ho sbagliato i conti, questa dimostrazione non funziona...

[jordan]

ma che onore l'hai scritta stile soluzione cese "calata-dal-cielo"..

[edit]tra un po posto anche la mia..

[Lorentz il M]

La tesi equivale a dimostrare che esistono infinite terne primitive il cui MCD divide 63

Perdona la mia ignoranza, ma: perché

Sia (a,b) una generica soluzione dell'equazione di Pell $ a^2-21b^2=1 $

Ehm...cos'è un'equazione di Pell?

[FrancescoVeneziano]

...
Notiamo che l'equazione di secondo grado, incognita t, $ (64b^6-1)t^2+(48b^4+2)t+(12b^2+1)=0 $ ha una soluzione razionale ...

Perché?

[jordan]

imitiamo lo stile di piever

le soluzioni razionali della curva ellittica $ c^3+d^3=7 $ sono infinite infatti se $ (c,d) $ è soluzione lo è anche $ (\frac{2cd^3+c^4}{c^3-d^3}, \frac{2c^3d+d^4}{d^3-c^3}) $

[FrancescoVeneziano]

Jordan, ti rimane da dimostrare che iterando la sostituzione ottieni sempre soluzioni distinte.

[jordan]

$ \frac{2cd^3+c^4}{c^3-d^3}=c+\frac{3cd^3}{c^3-d^3} $

[FrancescoVeneziano]

Non capisco il senso del tuo ultimo messaggio.
c e d possono essere sia positivi che negativi.

[fph]

Giovini, sappiamo tutti che i grandi profeti si esprimono per versetti, però a volte sarebbe utile anche una spiegazione un po' più dettagliata...

[fph]

Sia (a,b) una generica soluzione dell'equazione di Pell $ a^2-21b^2=1 $

Ehm...cos'è un'equazione di Pell?

È un'equazione del tipo
$ a^2-mb^2=1 $
per qualche m intero (intesa da risolversi negli interi).
Esistono teoremi su come sono fatte le sue soluzioni, è un argomento di teoria dei numeri "a livello stage senior".

[jordan]

sia $ (c,d) \in Q^2 $ una soluzione di $ c^3+d^3=7 $, allora esistono $ A,B,C \in Z $ tali che:
i)$ c=\frac{A}{C} $
ii)$ d=\frac{B}{C} $
iii)$ (A,C)=(B,C)=(A,B)=1 $
si parte quindi dall'equazione $ {A^3}+B^3=7C^3 $ e in particolare $ C | A^3+B^3 $.
se $ c=\frac{A}{C} $ soluzione, allora lo è anche $ c'=\frac{A'}{C'} $$ =\frac{A}{C} \frac{2B^3+A^3}{A^3-B^3} $.
è facile adesso dimostrare che $ A'>A $ e $ C'>C $ e in particolare tutti i $ c $soluzione distinti (discorso simmetrico per la $ d $), infatti:
i)$ (A,C)=1 $
ii)$ (A,A^3-B^3)=(A,B)=1 $
iii)$ (2B^3+A^3,A^3-B^3)=1 \text{ o } 3 $
iv)$ (C,2B^3+A^3)=(C,B^3)=1 $ (dato che $ C | A^3+B^3 $)
beh, gli ordini di grandezza di $ c $ e $ d $ ridotti ai minimi termini crescerà in maniera spaventosa..

spero sia piu chiaro adesso