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Ho una soluzione orribile, magari ce n'è una carina

<i> Siano $ ~ p,q $ due numeri primi. Si dimostri che l'equazione:

$ \displaystyle ~ \frac{p}{x^2} + \frac{q}{y^2} = 1 $

ammette soluzioni intere $ ~ x,y \in \mathbb{Z} $ se e solo se $ ~ p+q $ è un quadrato. </i>

Dopo aver ricavato la variabile $ x $ in funzione di $ y $, si ottiene $ \displaystyle x^2=\frac{py^2}{y^2-q}=p+\frac{pq}{y^2-q} $; essendo p e q primi, le uniche possibilità sono:
1) $ y^2-q=1\Rightarrow (y+1)(y-1)=q $, da cui $ y-1=1 , y+1=q\Rightarrow y=2,q=3 $. Sostituisco e trovo $ x^2=p+3p=4p $ che chiaramente non ammette soluzioni.
2) $ y^2-q=p\Rightarrow y^2=p+q $. Sostituisco e trovo $ x^2=p+q $, se $ p+q $ è un quadrato, ho che $ (\sqrt{p+q},\sqrt{p+q}) $ è soluzione.
3) $ y^2-q=q\Rightarrow y^2=2q , x^2=2p\Rightarrow x=y=p=q=2 $, se $ p=q=2 $ ho la soluzione $ (2,2) $, $ p+q=4 $, la tesi resta verificata.
4) $ y^2-q=pq\Rightarrow x^2=p+1\Rightarrow x=2,p=3\Rightarrow y^2=4q $, anche questo caso non fornisce soluzioni.

$ y^2p+x^2q=x^2y^2\rightarrow (x^2-p)(y^2-q)=pq $

La prima tesi si dimostra banalmente ponendo p+q uguale a un quadrato $ x^2=y^2 $: svolgendo i conti la tesi è immediatamente dimostrata.

La seconda tesi la possiamo dimostrare come segue.
Poichè p e q sono primi, possiamo individuare 3 casi:

• - $ x^2-p=1 $ e $ y^2-q=pq $. La prima condizione porta a $ p=(x-1)(x+1) $ , quindi $ x-1=1 $ perciò p= 3. Di conseguenza $ y^2= 4q $ , impossibile perchè q è primo. (La dimostrazione con la prima parentesi =pq e la seconda =1 è identica).
  - $ x^2-p=p $ e $ y^2-q=q $, da cui $ x^2=2p $ e $ y^2=2q $. Poichè p e q sono primi, affinche 2p e 2q siano quadrati deve essere p=q=2, e in questo caso p+q=4 che è un quadrato.
  - $ x^2-p=q $ e $ y^2-q=p $, da cui $ p+q=x^2=y^2 $

Anche tu l'avevi dimostrato così?

EDIT: Douch, sono stato anticipato!

Davide90 ha scritto:Anche tu l'avevi dimostrato così?

No, ho fatto in una maniera un po' diversa (e contorta):

Svolgendo abbiamo: $ ~ x^2(y^2-q) = py^2 $ da cui siccome $ ~ p $ è primo abbiamo: $ ~ p |x^2 \vee p|y^2-q $.

Consideriamo il primo caso: $ ~p|x^2 \Leftrightarrow x = kp $ sostituendo $ ~ k^2p(y^2-q) = y^2 $ quindi $ ~p(y^2-q) $ è un quadrato, e quindi $ p|y^2-q $ (non vale però il viceversa) ma abbiamo: $ ~ p|y^2-q \Leftrightarrow y^2-q = hp $ e sostituendo $ ~ x^2h = y^2 $ notiamo che $ ~ h $ è un quadrato, possiamo quindi scrivere $ ~x^2m^2 = y^2 $. Ma questo ci porta a un assurdo infatti se $ ~ p | x $ per quello che abbiamo detto si avrà anche $ ~ p | y \Leftrightarrow y = np $ da cui $ ~p | y^2 -q \Leftrightarrow p|n^2p^2-q \Leftrightarrow p | q $ assurdo.

Abbiamo quindi che $ ~p | y^2 -q $ che implica (l'abbiamo visto prima) a $ ~x^2m^2 = y^2 $. Sostituendo e svolgendo nel testo abbiamo: $ ~ m^2(x^2-p) = q $ da cui, poiché $ ~q $ è primo $ ~ m^2 = 1 $ e quindi $ ~ x^2 = p + q $. Q.E.D



EDIT. mi ero scordato un passaggio XD

La somma di due frazioni ridotte ai minimi termini può essere 1 solo se hanno lo stesso denominatore.
Considerando ciò si risolve facilmente con un paio di casi.

CoNVeRGe. ha scritto:La somma di due frazioni ridotte ai minimi termini può essere 1 solo se hanno lo stesso denominatore.

Sai dimostrarlo o hai un link per la dimostrazione?
Se mi dici che si fa facilmente, magari lo dimostro io quando ho tempo.

$ (n_1,d_1)=(n_2,d_2)=1 $
$ \dfrac{n_1}{d_1}+\dfrac{n_2}{d_2}=\dfrac{n_1d_2+n_2d_1}{d_1d_2} $
Perché sia intero bisogna che il numeratore sia divisibile per $ d_1d_2 $, ovvero che $ n_2d_1\equiv0\pmod{d_2} $ e $ n_1d_2\equiv0\pmod{d_1} $.
Per ipotesi però $ ~n_i $ e $ ~d_i $ sono coprimi, dunque le congruenze valgono solo quando $ d_1\equiv0\pmod{d_2} $ e $ d_2\equiv0\pmod{d_1} $, ovvero quando $ ~d_1=d_2 $.

Propongo la mia dimostrazione.
Svolgendo i calcoli arrivo a
$ py^2=x^2(y^2-q) $
Si nota facilmente che $ (y^2,y^2-q)=\{1;q\} $. In entrambi i casi y^2 deve avere altri fattori (è un quadrato).
Assumo $ (y^2,y^2-q)=1 $ allora poichè p deve per forza essere y^2-q allora $ y^2=x^2 $.
Se invece $ (y^2,y^2-q)=q $ nasce un bell'assurdo perchè svolgendo ragionamenti analoghi ai precedenti risulta $ y^2=qx^2 $ che ovviamente non è possibile perchè contiene il fattore q un numero dispari di volte.
Ci sarebbero altri casi da analizzare ma basta notare per ipotesi 1<p<x e 1<q<y.
Per quanto detto so che $ y^2=x^2 $ e riscrivendo l'ipotesi iniziale risulta:
$ \frac{p+q}{y^2}=1\Rightarrow p+q=y^2 $ che è la tesi.

Utilizzando l'hint di Converge esaminiamo quando le due frazioni NON sono ridotte ai minimi termini...
Vuol dire che $ $x^2 $ deve contenere il fattore $ $p^{2k} $, stesso discorso per $ $y^2 $.
Andando a semplificare otteniamo:
$ $\frac 1 {p^{2k-1}c^2} + \frac 1 {q^{2h-1}d^2}=1 $
Adesso le frazioni sono ridotte ai minimi termini per cui è necessario che il denominatore sia uguale:
$ $p^{2k-1}c^2=q^{2h-1}d^2 $
$ $\frac {p^{2k-1}}{q^{2h-1}}=\frac {d^2}{c^2}=\left(\frac d {c}\right)^2 $
Quindi a destra c'è un quadrato ma a sinistra no, assurdo. <--- EDIT: credo che questo passaggio sia sbagliato, lo lascio in caso qualcuno volesse corregere.
Questo dovrebbe essere sufficiente per dire che $ $x^2=y^2 $, da cui segue la tesi.

gismondo ha scritto: $ $\frac {p^{2k-1}}{q^{2h-1}}=\frac {d^2}{c^2}=\left(\frac d {c}\right)^2 $
Quindi a destra c'è un quadrato ma a sinistra no, assurdo.

Non credo che sia molto preciso. Infatti se supponi p=q e h=k=1 hai che quel rapporto è un quadrato.

Comunque h e k possono confondere, ti consiglio di chiamare semplicemente x=pc e y=pd.

In quel caso ottieni $ $c^2=d^2 $ che riporta comunque alla tesi.