Sa se arate ca ecuatia

nu are solutie in numere intregi.

[Citat] Sa se arate ca ecuatia nu are solutie in numere intregi.

Imi cer scuze, ecuatia trebuie sa fie

.

Bun, rezolvam mai intai ecuatia a doua, care este aparent mai simpla (dar de fapt de aceeasi natura). Ecuatia data se rescrie ca o ecuatie peste inelul intregilor lui (C.F.) Gauss,

R = ZZ[ i ] ,

care este un inel factorial, i.e. are loc o descompunere unica in factori primi (modulo reordonarea factorilor si inlocuirea primilor cu altii asociati).
Presupunem ca ecuatia data are o solutie (x,y) cu ambele componente intregi.
Avem

Fie p un prim din R, astfel incat q=p^k, puterea a k-a a lui p, k>0 natural, divide exact y. Atunci:
- fie q divide exact x+2i,
- fie q divide exact x-2i,
- fie q are divizori comuni si cu x+2i si cu x-2i, deci p divide diferenta

In ultimul caz rezulta ca p este (1+i). Poate chiar sa apara acest ultim caz?
Acel -i este o unitate in R. Daca p divide y, atunci
in primul rand y este par si
in al doilea rand p divide si xx+4, deci divide si xx, deci x este par.
Scriem x=2X si y=2Y inlocuim si dam de faptul ca 8 divide XX+1. Mai greu (modulo 4).

Din cele de mai sus rezulta ca factorii primi ai lui yyyyy sunt distribuiti fie toti lui x+2i, fie toti lui x-2i. De aici rezulta existenta unui u=s+it din R, unde s,t sunt intregi cu:

Ramande sa vedem daca se poate sa avem doar prima relatie, dupa care toate lucrurile ar fi bune! Prima relatie este doar o constrangere a partii imaginare a puterii a cincea a lui s+it, deci dam echivalent de ecuatia diofantiana:

t se da factor comun, de aceea are doar sansele de a fi -2,-1,1,2.
Trebuie atunci luat fiecare caz in parte si vazut daca exista solutii intregi pentru ecuatia de grad patru bipatrata in s care rezulta... Prada usoara pentru computer, dar si pentru faptul ca divizibilitatea cu 5 a lui 2-t^5 are loc doar pentru t=2, cand dam de ecuatia ssss - 8 ss + 3 = 0 si 4^2-3 nu ne spune nimic de continuat.

Multumesc pentru solutie.

Exista si o solutie la nivel de clasa a IX care foloseste congruente modulo. O voi posta maine.

Bun, cu indicatia asta, lucrurile se termina repede, de exemplu modulo 11:

sage: F= GF(11)
sage: A = Set( [ x^2+4 for x in F ] )
sage: B = Set( [ y^5 for y in F ] )
sage: A
{2, 4, 5, 7, 8, 9}
sage: B
{0, 1, 10}
sage: A.intersection(B)
{}

[Citat] Sa se arate ca ecuatia nu are solutie in numere intregi.

Rezolvarea este la fel cu cea de mai sus cu -4 in loc de 1724.
(Cu -4 exista si o solutie mai simpla, folosind congruente, pentru 1724 insa nu am gasit un modul convenabil... pana sa redactez solutia cu 1724, mi s-a schimbat 1724 in -4. Desigur ca am aranajat-o pe cea deja gasita, fiindca mergea...)

Avand in vedere ca

sage: factor(1724)
2^2 * 431
sage: ?QuadraticField
sage: K.<a> = QuadraticField( 431 )
sage: K
Number Field in a with defining polynomial x^2 - 431
sage: K.class_number()
1
sage: fi = K.ideal(2)
sage: fi
Fractional ideal (2)
sage: fi.prime_factors()
[Fractional ideal (593*a - 12311)]
sage: u = (593*a - 12311)
sage: v = (-593*a - 12311)
sage: u*v
2
sage: u.norm()
2

cu alte cuvinte, avand in vedere ca inelul intregilor din corpul K de mai sus,

este un inel factorial (descompunere unica in factori ca si ZZ, ZZ[ i ] de exemplu), in care 2 se descompune ca uv sau ca uu modulo asociere (cu o unitate)

sage: v/u
7300423*a + 151560720
sage: u/v
-7300423*a + 151560720

Ecuatia data se rescrie atunci sub forma:

si si aici trebuie sa avem grija de puterile exacte q=p^k de primi p din R (k>0) ce divid y. Acel 2 se descompune peste ZZ[ sqrt(431) ] in doi factori asociati, tot asa cum se intampla si peste ZZ[ i ] . Solutia se da in mod paralel, dupa ce elimina si divizibilitatea cu a (resp. cu 431) pentru factori din R (respectiv din ZZ) ai lui y.

Daca puterea exacta q se distribuie si lui x+2a, si lui x-2a, atunci p divide diferenta 4a, deci p este un prim din R de sub 2 (p asociat cu u si v) sau de sub 431 (deci p este asociat cu a).
Rezulta ( 2 | y respectiv 431 | y ), de unde
rezulta ( 2 | x respectiv 431 | x ).

Cazul 431 | x,y se exclude repede, deoarece atunci 431^5 divide y^5, dar 431^2 nu divide x^2-1724.
Cazul 2 | x,y implica atunci x=2X, y=2Y, X,Y in ZZ, deci 8 YYYYY = XX - 431, lucru imposibil, deoarece partea stanga se divide cu 4, dar XX este fie 0, fie 1 modulo 4, deci partea dreapta este fie -431, fie 1-431=-430 modulo 4.

Rezulta de aici ca lucrurile sunt distribuite dupa cum urmeaza:

Ramane sa vedem daca se poate sa avem doar prima relatie, dupa care toate lucrurile ar fi bune! Prima relatie este doar o constrangere a partii in sqrt(431) a puterii a cincea a lui s+at, deci dam echivalent de ecuatia diofantiana:

t se da factor comun, de aceea are doar sansele de a fi -2,-1,1,2.

Trebuie atunci luat fiecare caz in parte si vazut daca exista solutii intregi pentru ecuatia de grad patru bipatrata in s care rezulta... Prada usoara pentru computer, dar si pentru faptul ca divizibilitatea cu 5 a lui 2-t^5 (findca 431 are restul 1 modulo 5) are loc doar pentru t=2, cand dam de ecuatia

care nu are radacini reale.


N.B. Incercarea de a arata ca ecuatia data (cea cu 1724) nu are solutii in ZZ, aratand ca nu are modulo un numar prim a dat gres la incercarea mea initiala de a controla toate numerele prime pana la 10000,
Cum se vede si din rularea pe interpreterul sage (program liber de sisteme algebrice)
Rulare

sage: for p in primes( 10000 ):
....: F= GF(p)
....: A = Set( [ x^2-1724 for x in F ] )
....: B = Set( [ y^5 for y in F ] )
....: C = A.intersection(B)
....: if len(C) < 10:
....: print "p=%d C=%s" % ( p,C )
....:
p=2 C={0, 1}
p=3 C={1, 2}
p=5 C={0, 1, 2}
p=7 C={0, 2, 5, 6}
p=11 C={1}
p=13 C={1, 2, 4, 5, 6, 8, 9}
p=17 C={1, 2, 6, 8, 9, 10, 11, 12, 14}
p=31 C={0, 1, 26, 6, 30}
p=41 C={0, 40, 3, 38, 14}
p=61 C={0, 32, 40, 11, 48, 50, 60, 29}
p=71 C={0, 34, 37, 70, 51, 20, 23, 30}
p=101 C={100, 36, 69, 6, 10, 14, 17, 57, 95}

multimea valorilor posibile pentru x^2-1724
intersecteaza
multimea valorilor posibile pentru y^5
intotdeauna, iar cazurile in care aceasta intersectie are mai putin de 10 elemente (in speranta ca putem sa facem ceva altfel mai departe) sunt putine, toate sub numarul prim 101. Doar pentru numarul prim 11 putem spune ca x sau minus x este congruent cu 3 modulo 11, deci sa ne reducem la acest caz, dar si atunci nu avem sanse sa mai progresam.

Asta e problema 4 (cosiderata cea mai grea) de la Balcaniada din 1998. Se pare ca solutia autorilor (Bulgaria) era destul de sofisticata pentru a o califica drpt problema 4. Nimeni din juriu nu a gasit o solutie mai simpla. Au facut-o, in schimb, concurentii, lucrand modulo 11.

Nu e prima data cand la o competitie majora se intampla asa ceva. As exemplifica folosind o problema de la OIM 1977: un sir de numere are proprietatea ca suma oricaror 7 termeni consecutivi este strict negativa, iar suma oricaror 11 termeni consecutivi este strict pozitiva. Care e numarul maxim de termeni ai sirului? (evident, nu poate avea mai mult de 76 de termeni).

Un concurent din Cehoslovacia a dat o solutie care a pus juriul "pe genunchi".

a, si un exemplu poate mai bun: problema 3, OIM 2005.

[Citat] As exemplifica folosind o problema de la OIM 1977: un sir de numere are proprietatea ca suma oricaror 7 termeni consecutivi este strict negativa, iar suma oricaror 11 termeni consecutivi este strict pozitiva. Care e numarul maxim de termeni ai sirului? (evident, nu poate avea mai mult de 76 de termeni). Un concurent din Cehoslovacia a dat o solutie care a pus juriul "pe genunchi". a, si un exemplu poate mai bun: problema 3, OIM 2005.

Poate daca aveti timp, ni le spuneti si noua...