OliForum Matematico

Detto $d$ intero positivo, sia $$S=\{x^2+dy^2:x,y\in \mathbb{Z}\}.$$
Dimostrare che $S$ è chiuso rispetto la moltiplicazione, cioè dati $a,b\in S$ allora $ab\in S$.

Ma anche negativo e pure $0$, perché no!

Hint (ma è anche una cosa leggermente più generale)

Vabbè, data la grande partecipazione proporrò un secondo punto del problema.
Supponiamo che $p,a\in S$ con $p$ primo tali che $p|a$. Dimostrare che $\frac{a}{p}\in S$.
Ciò è vero anche se $p$ non è primo?
Cambia qualcosa se prendiamo $d$ negativo? (ora che mi ci avete fatto pensare...)

Giurin giurello che poi cerco di risolvere anche il tuo point, tess. Intanto propongo quest'altro.
Sia \(p\) un primo tale che \(\displaystyle \left( \frac{-d}{p} \right ) = 1 \). Dimostrare che \( p \in S\).

Hint:

Intanto faccio notare che il caso $d=1$ è un famoso teorema; poi dico che $\displaystyle\left(\frac{-d}p\right)=1\iff p\in S$ (anche se il "solo se" è banale, c'è)
Inoltre hinto un'altra strada (che magari in fondo è la stessa di sopra) Ed infine aggiungo un fattarello abbastanza facile: Se $a\in S$, $b\not\in S$ e $b\mid a$, allora $\frac a b$ ha un fattore $x\not\in S$

Ora però qualcuno deve risolverli tutti questi bonus! (che riscrivo)

1. $S=\{x^2+dy^2 : x,y\in\mathbb Z\}$ è chiuso rispetto alla moltiplicazione (con $d\in\mathbb Z$)
2. Se $p,a\in S$, $p$ è un primo e $p\mid a$ allora $\frac p a\in S$
2,5. Se $a\in S$, $b\not\in S$ e $b\mid a$, allora $\frac a b$ ha un fattore $x\not\in S$
3. $\displaystyle\left(\frac{-d}p\right)=1\iff p\in S$ con $p$ primo

Drago96 ha scritto:Intanto faccio notare che il caso d=1 è un famoso teorema; poi dico che $ \left(\frac{-d}{p}\right)=1 \Leftrightarrow p \in S $ (anche se il "solo se" è banale, c'è)

Ehm... che state dicendo? Non capisco se parliate di d positivo o negativo, ma in ogni caso:
- Se p sta in S, -d è un quadrato oppure è zero modulo p, per cui il simbolo di Legendre può fare 1 ma anche zero (e fin qui non sarebbe un grande problema)
- Se -d è un quadrato modulo p, non c'è comunque alcuna garanzia che $ p $ stia in S. Questo è particolarmente chiaro per d positivo (prendiamo ad esempio d=11 e p=3: allora $ -11 \equiv 1 $ è un quadrato modulo 3, ma chiaramente ci sono dei grossi problemi a rappresentare 3 nella forma $ a^2+11b^2 $), ma anche per d negativo le cose non vanno (troppo) meglio: per $ d=-1 $, ad esempio, stareste dicendo che tutti i primi si rappresentano nella forma $ x^2-y^2 $, della qual cosa dubito fortemente.
- Si può forse dire qualcosa se d è negativo e squarefree, ma ad intuito direi che anche in quel caso il vostro claim non regga... ma non ci ho davvero pensato.

Insomma, qualcuno di coloro che hanno scritto hint potrebbe mettere la propria soluzione, che vediamo cosa avete dimostrato?

darkcrystal ha scritto:stareste dicendo che tutti i primi si rappresentano nella forma $ x^2-y^2 $, della qual cosa dubito fortemente.

Tutti tranne uno, in realtà.

Mamma mia quante cavolate sono in grado di sparare Avevo fatto una dimostrazione che pensavo di poter ingenuamente generalizzare, mentre supponevo implicitamente \(0 \leq d \leq 2\). Se volete la scrivo, perchè per \(d=1,2\) funziona xD Perdonatemi la disattenzione!

Si, se hai voglia scrivi la tua dimostrazione, che è sempre un utile esercizio!

Se \(\left ( \frac{-d}{p} \right ) = 1 \), allora possiamo trovare \(-\frac{1}{2}p \leq x,y \leq \frac{1}{2}p \) tali che \(x^2+dy^2 \equiv 0 \pmod{p}\). Scriviamo dunque
(1) \(mp = x^2+dy^2\)
Per quanto riguarda la grandezza di \(m\), abbiamo
\(m = \frac{1}{p}(x^2+dy^2) \leq \frac{1}{p}(\frac{1}{4}p^2+\frac{d}{4}p^2) = p(d+1)/4 < p\) se \(d < 3\).
Lo scopo è dimostrare che se \(m>1\) allora possiamo trovare un numero \(r<m\) tale che \(pr = X^2+dY^2\) per opportuni \(X,Y\).
Siano \(u,v\) tali che (A) \(u \equiv x, \ \ v \equiv y \pmod{m}\) e che \(-\frac{1}{2}m \leq u,v \leq \frac{1}{2}m\). Perciò abbiamo
\(u^2+dv^2 \equiv x^2+ dy^2 \equiv 0 \pmod{m}\)
da cui
(2) \(u^2+dv^2 = mr\)
Per quanto riguarda la grandezza di \(r\), abbiamo
\(r = \frac{1}{m}(u^2+dv^2) \leq \frac{1}{m}(\frac{1}{4}m^2+\frac{d}{4}m^2) = \frac{d+1}{4} m < m \) se \(d < 3\)
Inoltre \(r\) è maggiore stretto di 0: maggiore o uguale di 0 perchè somma di quadrati (quindi \(d\geq 0\)), diverso da 0 perchè altrimenti \(u=v=0\), da cui, ricordando (A):
\(x^2+dy^2 = m^2 x_1^2 + m^2 y_1^2 = mp \rightarrow m \mid p\), impossibile perchè \(1<m<p\).
Moltiplicando la (1) e la (2), si ha:
\(m^2pr = (x^2+dy^2)(u^2+dv^2) = (xu+dyv)^2+d(uy-vx)^2\)
Notiamo che entrambi i quadrati a destra sono divisibili per \(m\):
\(xu+dyv \equiv x^2+dy^2 \equiv 0 \pmod{m}\)
\(uy-vx \equiv xy-yx \equiv 0 \pmod{m}\)
Perciò, dividendo per \(m^2\) da entrambe le parti si ha:
\(pr = X^2 + dY^2\)
per opportuni \(X,Y\). Ripetendo questo procedimento finchè \(r=1\) si ottiene la tesi.
Nota: in pratica è la dimostrazione di Eulero estesa a \(d=2\). L'ho scritta perchè l'idea mi sembra carina.

La mia idea era simile alla sua, solo che ovviamente le disuguaglianze con $d>1$ non tornano bene...
Il mio bound su $x,y$ è però migliore: uso il lemma di Thue e trovo $x,y<\sqrt p$ tali che $\sqrt{-d}y\equiv x\pmod p$, che porta quindi a $x^2+dy^2\equiv0\pmod p$.
Ora, se $d>0$ abbiamo $0<x^2+dy^2<p(d+1)$ per il lemma; quindi $x^2+dy^2$ può essere $p,2p,3p,\dots,dp$ ed è ovvio che con $d=1$ ho esattamente quello che mi serve...
In realtà come faceva notare Gottinger anche se $d=2$ funziona: infatti $x^2+dy^2$ può essere $p$ o $2p$; ma $2=0^2+2\cdot1^2\in S$ e quindi per uno dei lemmi qui sopra anche $p=\frac{x^2+dy^2}2\in S$...

EDIT: corretto un typo, scusate...

Drago96 ha scritto:La mia idea era simile alla sua, solo che ovviamente le disuguaglianze con $d>1$ non tornano bene...
Il mio bound su $x,y$ è però migliore: uso il lemma di Thue e trovo $x,y<\sqrt p$ tali che $\sqrt{-d}x\equiv y\pmod p$, che porta quindi a $x^2+dy^2\equiv0\pmod p$.

Pardon, mi potresti spiegare questo passaggio?

Si, penso intendesse \(\sqrt{-d} y \equiv x \pmod{p}\), ma insomma il concetto è quello. Guarda il Lemma di Thue su wiki, in cui dimostra che
\( ax \equiv y \pmod{p}\)
ammette una soluzione \((x_0,y_0)\) con \(0 < |x_0|,|y_0| < \sqrt{p}\).

Giusto una piccola correzione: il lemma di Thue garantisce l'esistenza di una soluzione con i valori assoluti limitati da radice di p.
Non che in questo caso cambi niente, ma quello che ha scritto Gottinger qui sopra non è proprio corretto: prendendo ad esempio $ a=-1 $, la congruenza $ ax \equiv y \pmod p $ implica $ p|x+y $, quindi - almeno per $ p \geq 5 $ - supponendo $ |x|,|y| < \sqrt{p} $ si ha $ x+y=0 $ (l'unico multiplo di $ p $ più piccolo di $ 2\sqrt{p} $ in valore assoluto), dunque tutte le soluzioni 'alla Thue' hanno uno tra $ x $ e $ y $ negativo.

@Triarii: se dopo aver dato un'occhiata a Wikipedia la cosa ti è ancora oscura, chiedi pure!