152. Dio fantea

[dario2994]

Dimostrare che non ci sono soluzioni intere a:
$ \displaystyle x^2+2=99y^2 $

p.s. il problema vorrebbe essere istruttivo... spero lo sia Insomma evitiamo le cannonate!

[matty96]

Magari sto per scrivere qualche idiozia, perchè la mia soluzione sembra troppo banale:
Consideriamo le soluzioni negli interi positivi perchè abbiamo dei quadrati.
Riscrivo come $x^2+y^2+2=100y^2$ si ha, quindi, che $2\mid x^2+y^2$ questo vuol dire che x e y hanno la stessa parità. Allora siccome $x+y=2a$ per a intero positivo,
se $x \not=y$ si avrà $x=a-b$ e quindi $y=a+b$ per b intero positivo. Sostituendo otteniamo $2(a^2+b^2+1)=100(a^2+b^2+2ab) \rightarrow a^2+b^2+1=50a^2+50b^2+100ab$
dalla quale si nota indubbiamente la minoranza dell' LHS sull'RHS

p.s. con questa credo che giocheremo a caccia all'errore...

[jordan]

[...] per b intero positivo.

[<enigma>]

tra l'altro $\mathbb Z [\sqrt {11}]$ è un UFD (ed è pure euclideo!)

[dario2994]

Bon dai... prima di tutto UP!
E poi apro la via a qualsiasi tipo di soluzione e poi metto pure un hint per la soluzione che questo esercizio vorrebbe avere:

Testo nascosto:

Data una soluzione ne so trovare un'altra? E un'altra minore? Quando è veramente minore? Quindi basta controllare a mano pochi casi!

[Troleito br00tal]

Sia $z=3y$.

Deve quindi valere:
\begin{equation}
x^2+2=11z^2
\end{equation}
\begin{equation}
1=\frac{11}{2}z^2-\frac{1}{2}x^2
\end{equation}
Questa è una Pell, la cui soluzione minima è $z=1;x=3$. Pertanto le altre soluzioni saranno i coefficienti dello sviluppo di $(\sqrt{\frac{11}{2}}+3\sqrt{\frac{1}{2}})^{2n+1}$ con $n$ naturale.

Facendo i conti si ottiene che, dette $x_n;z_n$ le soluzioni dell'equazione, si ottiene $x_0=3;z_0=1$, $x_{n+1}=10x_n+33z_n$ e $z_{n+1}=10z_n+3x_n$.

Analizzando modulo $3$ si ottiene che $x_n$ è costantemente $\equiv 0$ modulo $3$ e $z_n$ è costantemente $\equiv 1$ modulo $3$, pertanto l'equazione $y=\frac{z}{3}$ non ammette soluzioni intere.

Di conseguenza anche l'equazione iniziale non ha soluzioni.

P.S.: qual era il problema della tua dimostrazione di prima?

P.P.S.: il fatto che
\begin{equation}
1=\frac{11}{2}z^2-\frac{1}{2}x^2
\end{equation}
ammetta solo le soluzioni sopracitate è un fatto che non so dimostrare nel caso generale, ma in questo caso specifico si dimostra verificando manualmente e a conti che esiste una soluzione $(x;z)$ tale che $\frac{11}{2}z^2+\frac{1}{2}x^2 \le 100$ (forse la disuguaglianza è questa, comunque ne esiste una ed è molto simile, tempo fa la calcolai per un altro problema, lascio la sbatta a qualcun altro).

P.P.P.S.: (aggiunta)
il tuo hint faceva tanto Vièta Jumping. Tu lo volevi risolvere così? (Se sì, come?)

[dario2994]

Quello che hai scritto non è una dimostrazione, fondamentalmente perché hai mostrato passaggi ovvi con attenzione e zompato accuratamente l'unica cosa importante... In particolare dici che una cosa è una Pell quando non lo è e ci applichi sopra qualche teorema che non ci puoi applicare...
Non dico che stai bleuffando, ma forse un po' sì
Ragiona su questo (e magari dimostralo...) :

è un fatto che non so dimostrare nel caso generale, ma in questo caso specifico si dimostra verificando manualmente e a conti che esiste una soluzione $(x;z)$ tale che $\frac{11}2z^2+\frac12x^2\le 100$ (forse la disuguaglianza è questa, comunque ne esiste una ed è molto simile, tempo fa la calcolai per un altro problema, lascio la sbatta a qualcun altro).

E pensa come questo implica la tesi molto molto molto facilmente

Il punto è che il p.p.s. dà l'idea che hai capito e fatto davvero la dimostrazione, ma tutto quello che viene prima sono solo parole in libertà

[Clausewitz]

Provo a rispondere.
Dato che nell'equazione le due incognite compaiono elevate al quadrato, si può assumere senza perdita di generalità che esse siano positive.
Tra queste soluzioni positive, ce ne dev'essere una in cui $y$ assume il valore minimo. Ma allora anche $(10x-99y, 10y-x)$ è una soluzione. Infatti
$(10x-99y)^2+2=99(10y-x)^2$
Si riconduce a
$100x^2-1980xy+99^2y^2+2=9900y^2-1980xy+99x^2$
$x^2+2=(100\cdot 99-99^2)y^2$
$x^2+2=99y^2$
che è vera per ipotesi.
Ma $0<10y-x<y$.
Infatti dato che $y^2>-2$ allora $100y^2>99y^2-2=x^2$ e dunque $10y>x$, il che implica $10y-x>0$-
Inoltre $y\neq 0$ perché si verifica facilmente che tale valore non porta a soluzioni intere.
Dunque $2<18y^2$, e allora $81y^2<99y^2-2=x^2$ e perciò $9y<x$, e allora $10y-x<y$.
Abbiamo trovato una soluzione all'equazione, $(10x-99y, 10y-x)$, in cui la seconda variabile è minore di $y$. Ma ciò va contro l'ipotesi di minimalità di $y$, e questa è una contraddizione. Dunque l'equazione non ha soluzioni intere.

[Troleito br00tal]

l'unica cosa importante...

Ma ti riferisci ai conti per dimostrare che le uniche soluzioni della $circa$ Pell sono quelle? Perché se vuoi li scrivo ma solo a pensarci mi viene male

[edit] anche perché se l'errore è quello vabbé cristo è la solita notissima dimostrazione con la Pell, se non è quello ti giuro che non ho capito nulla di quello che hai scritto

[Troleito br00tal]

Provo a rispondere.
Dato che nell'equazione le due incognite compaiono elevate al quadrato, si può assumere senza perdita di generalità che esse siano positive.
Tra queste soluzioni positive, ce ne dev'essere una in cui $y$ assume il valore minimo. Ma allora anche $(10x-99y, 10y-x)$ è una soluzione. Infatti
$(10x-99y)^2+2=99(10y-x)^2$
Si riconduce a
$100x^2-1980xy+99^2y^2+2=9900y^2-1980xy+99x^2$
$x^2+2=(100\cdot 99-99^2)y^2$
$x^2+2=99y^2$
che è vera per ipotesi.
Ma $0<10y-x<y$.
Infatti dato che $y^2>-2$ allora $100y^2>99y^2-2=x^2$ e dunque $10y>x$, il che implica $10y-x>0$-
Inoltre $y\neq 0$ perché si verifica facilmente che tale valore non porta a soluzioni intere.
Dunque $2<18y^2$, e allora $81y^2<99y^2-2=x^2$ e perciò $9y<x$, e allora $10y-x<y$.
Abbiamo trovato una soluzione all'equazione, $(10x-99y, 10y-x)$, in cui la seconda variabile è minore di $y$. Ma ciò va contro l'ipotesi di minimalità di $y$, e questa è una contraddizione. Dunque l'equazione non ha soluzioni intere.

Ma chi ti garantisce che $(10x-99y, 10y-x)$ siano intere positive?

[edit] scherzone

[Clausewitz]

Sono intere perché combinazioni lineari di numeri interi, ho fatto vedere che $10y-x$ è maggiore di zero, e credo che valga anche $10x-99y>0$, ma non è necessario dimostrarlo perché basta prenderlo in valore assoluto.

[Troleito br00tal]

Sono intere perché combinazioni lineari di numeri interi, ho fatto vedere che $10y-x$ è maggiore di zero, e credo che valga anche $10x-99y>0$, ma non è necessario dimostrarlo perché basta prenderlo in valoe assoluto.

Sìsì hai ragione. Chiedo perdono

[dario2994]

Allora ora le idee si fanno più chiare ma l'errore permane
@Troleito: Non so cosa risponderti... Provo a ridirtelo... tu affermi che le uniche soluzioni della circa Pell siano quelle ma ti voglio far capire che NON è banale che siano quelle e NON è una diretta (e manco indiretta) conseguenza del teorema sulle Pell standard. Anche perchè se così fosse avresti risolto un po' tutte le robe della forma $x^2-ny^2=a$. Questo problema vuole proprio chiarire cosa è vero e cosa no sulle Pell!
Non ho accettato la tua soluzione NON perchè l'ho capita ma vorrei che fosse più chiara, non sto correggendo degli esercizi per uno stage, ma perchè non l'ho capita e quello che ho capito mi sembra non funzioni.

@Clausewitz: L'idea fondamentale c'è... cioè data una soluzione ne sai trovare una minore! Ma purtroppo anche questa è di poco segata... Il commento di troleito è più che pertinente! Chi ti assicura che sia positivo anche $10x-99y$? Non basta affatto prenderne il valore assoluto! Anzi se lo fai canna tutta la dimostrazione! Il motivo per cui mi impunto è che qui sta il cuore del problema

In generale... dio potete saltare un botto di passaggi in più... ma finisce che saltate sempre quelli cruciali

[Troleito br00tal]

@Troleito: Non so cosa risponderti... Provo a ridirtelo... tu affermi che le uniche soluzioni della circa Pell siano quelle ma ti voglio far capire che NON è banale che siano quelle e NON è una diretta (e manco indiretta) conseguenza del teorema sulle Pell standard. Anche perchè se così fosse avresti risolto un po' tutte le robe della forma $x^2-ny^2=a$. Questo problema vuole proprio chiarire cosa è vero e cosa no sulle Pell!

Certo, vale solo per quella roba, il caso generale non lo so dimostrare perché probabilmente è falso. Io intendevo: ti fai i conti e ti riconduci ad una Pell. Domani ti spiego meglio.

Comunque ovviamente quella non è una Pell, però a volte capita (come con questa) che si trovino tutte le soluzioni come con la dimostrazione dell'unicità delle soluzioni della Pell.

[Ido Bovski]

Vabè, visto che nessuno lo fa, scrivo la cannonata che dario (non) voleva.

La soluzione più piccola della Pell associata (cioè $u^2-99v^2=1$) è $10+\sqrt{99}=r$. Supponiamo per assurdo che esista una coppia $(x, y)\in\mathbb{N}^2$ che soddisfi la nostra circa-Pell. Allora, per un noto teorema, esiste una soluzione con $\displaystyle x\le\frac{1+r}{2\sqrt{r}}\sqrt{|-2|}<4$ e quindi $\displaystyle y=\sqrt{\frac{x^2+2}{99}}<1$, assurdo.