EQUAZIONI DIOFANTEE. prof Luca Goldoni Liceo scientifico A.F. Formiggini Sassuolo c PREMESSA

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1 EQUAZIONI DIOFANTEE prof Luca Goldoni Liceo scientifico A.F. Formiggini Sassuolo c PREMESSA I seguenti problemi non sono usualmente trattati nel corso delle lezioni di matematica del Liceo.Essi provengono in buona parte dalle gare delle Olimpiadi di Matematica di vari Paesi.La loro risoluzione è stata curata, nelle presenti dispense, dall autore, talvolta con metodi originali.in ogni caso si è sempre riportata anche la soluzione ufficiale, allo scopo di un confronto sempre utile.pur essendo problemi difficili, essi sono tutti elementari, nel senso che non richiedono altro che conoscenze del tutto note agli studenti del Liceo.Quando e stato necessario usare qualcosa che normalmente non viene trattato negli attuali corsi italiani, l autore di queste dispense ha provveduto a inserire brevi note esplicative.il numero degli asterischi,denota la difficolta del problema.e evidente che tale classificazione è soggettiva. INTRODUZIONE Si definisce equazione diofantea una equazione della quale cerchiamo le soluzioni fra i numeri interi. Lo studio delle equazioni diofantee e tra i soggetti piu difficili della matematica e spesso si procede tra mille difficolta, con metodi particolari adatti solo a casi speciali.l esempio piu famoso di equazione diofantea e il seguente: x n + y n = z n n N che, come affermato da Fermat nel 1637, ma dimostrato solo da Wiles nel 1993, non ha soluzioni non banali (cioe tali per cui xyz 0 se n > 2.La sua storia e durata piu di 350 anni e non e ancora finita perchè si cerca una dimostrazione piu semplice di quella di Wiles che e cosi difficile da 1

2 essere perfettamente comprensibile,in ogni dettaglio soltanto a pochissimi specialisti al mondo.torneremo a parlare di questa particolare equazione in un altra parte del corso. PROBLEMA 1* Dimostrare che l equazione diofantea: ammette le uniche soluzioni : SOLUZIONE: Si osservi che: x 2 = n! + 2 x = ±2 n = 2 n n! e quindi in corrispondenza di questi valori di n si hanno solo le soluzioni indicate.se poi n 5 allora n! 0 mod 10,e quindi n! + 2 è un numero che termina con 2.Ma nessun quadrato di un numero intero puo terminare con 2 quindi per n 5 l equazione non ha soluzioni.. NOTA Si potrebbe pensare che un cambiamento lieve dell equazione non produca grosse sorprese, ma non e cosi ;a tutt oggi, per quanto a conoscenza dell Autore, che è interessato al problema ed e sempre a caccia di novita al riguardo,non è noto se l equazione: abbia soltanto le soluzioni: x 2 = n! + 1 x = ±5 n = 4 x = ±11 n = 5 2

3 x = ±71 n = 7 Il risultato piu recente andrebbe nella direzione indicata ma si basa su una congettura a sua volta non ancora provata.questo dovrebbe far capire da subito cosa vuol dire equazione diofantea. PROBLEMA 2 Dimostrare che l unica soluzione non banale di: x + y + z = xyz è costituita,in N dai numeri 1,2,3. (data la simmetria dell equazione non e necessario specificare se x=1 y=2 z=3 o ad esempio x=2,y=1,z=3 ecc) SOLUZIONE Cominciamo col dimostrare che non puo esserci una soluzione nella quale x=y=z. Se cio fosse avremmo: cioe : x 3 3x = 0 x(x 2 2) = 0 la quale ammette come soluzione in N solo x=0. Allora possiamo supporre che sia: x > y z in tal caso avremo: cioe : 3x > xyz yz < 3 ma questo puo verificarsi in due soli casi: y=z=1 y=2 z=1 3

4 Nel primo caso otteniamo: x + 2 = x chiaramente impossibile.nel secondo caso: che fornisce appunto x=3. PROBLEMA 3* Dimostrare che l equazione: non ha soluzioni in Z x + 3 = 2x x 2 10y 2 = 2 Osserviamo che se l equazione e verificata allora il primo membro deve essere congruo al secondo rispetto a qualsiasi modulo. In particolare: x 2 2 mod 5 essendo 10y 2 0 mod 5.Ma cio e impossibile perche nessun quadrato di un numero intero e congruo a 2 mod 5.Questo prova la tesi. PROBLEMA 4** Dimostrare che l equazione: Non ha soluzioni intere. x 2 = y 5 4 SOLUZIONE E sufficiente osservare che mentre x 2 0, 1, 3, 5, 9 mod 11 y 5 4 6, 7, 8 mod 11 e quindi non può esistere alcuna soluzione. PROBLEMA 5 4

5 Dimostrare che l equazione diofantea: 1! + 2! + 3! +...x! = y 2 non ha soluzioni se x > 4. SOLUZIONE Osserviamo che: e che se x 5 si ha: Allora se x 5 avremo: 1! + 2! + 3! + 4! = 33 x! 0 mod 10 1! + 2! + 3! +...x! 3 mod 10 Ma nessun quadrato puo essere congruo a 3 modulo 10,da cui la tesi. PROBLEMA 6* Dimostrare che l equazione diofantina: x n + y n = x n y n per n > 1 non ammette soluzioni diverse dalla soluzione ovvia x = 0,y = 0. SOLUZIONE Dall equazione data otteniamo: x n + y n x n y n = 0 x n (1 y n ) + y n = 0 x n (1 y n ) + y n = 0 x n (1 y n ) + y n 1 = 1 x n (y n 1) + y n 1 = 1 (1 x n )(y n 1) = 1 (x n 1)(y n 1) = 1 Poichè le uniche fattorizzazioni significative(*) di 1 sono: 1 = (+1) (+1) 1 = ( 1) ( 1) 5

6 otteniamo come primo caso: che equivale a : (x n 1) = 1 (y n 1) = 1 x n = 2 y n = 2 evidentemente impossibili in Z se n > 1. Come secondo caso si ha: (x n 1) = 1 (y n 1) = 1 che forniscono: cioè x n = 0 y n = 0 x = 0 y = 0 NOTA Quello che a modestissimo parere dell autore di queste dispense, rende terribilmente affascinante l universo diofantino è messo in luce dal confronto tra l equazione precedente e quella di Fermat: x n + y n = z n che per n > 2 non ha soluzioni diverse da quella ovvia xyz = 0. E evidente che anche senza sapere molto qualche differenza la si nota subito: l equazione di Fermat contiene te incognite, quella del problema precedente solo due.e chiaro che ciò deve avere delle ripercussioni e col senno di poi, a chi conosce la vicenda dell equazione di Fermat o a chi leggerà la dispensa relativa di questo corso,la presenza di una incognita in più nasconde una montagna di difficoltà terribili.però è anche vero che a colpo d occhio i due problemi sembrano un pò simili ed è vero che è difficile immaginare che la sola presenza di una incognita in più abbia richiesto ai migliori matematici delle varie epoche, oltre 350 anni per una soluzione, che oltretutto si avvale di metodi sviluppati praticamente negli ultimi cinquanta anni e di cui pochissimi matematicia al mondo hanno piena padronanza. PROBLEMA 7* 6

7 Data l equazione diofantina x 2 + y 2 = z dimostrare che essa ha infinite soluzioni. Poichè dobbiamo solo provare che esistono infinite soluzioni possiamo procedere nel seguente modo: Possiamo porre: x 2 3 = z 2 y 2 x 2 3 = (z + y)(z y) z + y = x 2 3 z y = 1 con la consapevolezza che se troveremo delle soluzioni queste saranno da considerare come una parte dell insieme di tutte le soluzioni. Procedendo otteniamo: y = x2 4 2 z = x2 2 2 ed è chiaro che se scegliamo x pari, y e z sono effettivamente degli interi. Ora è chiaro che se x 1 ed x 2 N,x 1 e x 2 sono pari e 2 < x 1 < x 2 allora z 1 < z 2 e y 1 < y 2.Quindi effetivamente l equazione data ha infinite soluzioni. ESERCIZIO PROPOSTO Determinare,con un procedimento simile, delle soluzioni che corrispondano a x dispari.(suggerimento: esistono altri modi di scegliere i fattori z + y z y. PROBLEMA 8 Dimostrare che l equazione diofantea: y 2 = x ammette in N solo le segeuenti soluzioni: x = 0 y = 3 x = 2 y = 5 7

8 SOLUZIONE Scriviamo l equazione come: y 2 x 4 = 9 Da cui: (y x 2 )(y + x 2 ) = 9 allora abbiamo i seguenti casi: y x 2 = 1 y + x 2 = 9 y x 2 = 3 y + x 2 = 3 y x 2 = 9 y + x 2 = 1 Dal primo e dal terzo di essi si ha: Dal secondo si ha: y = 5 x = 2 y = 3 x = 0 che sono dunque le sole soluzioni in N. PROBLEMA 9 Dimostrare che l equazione diofantea: xy 2(x + y) = 0 ha soltanto le seguenti soluzioni positive: x = 3 y = 6 x = 4 y = 4 a meno di uno scambio dei valori delle variabili. 8

9 SOLUZIONE Scriviamo l equazione come: xy 2x 2y = 0 poi x(y 2) 2y = 0 ora aggiungiamo e togliamo 4: x(y 2) + 4 2y 4 = 0 da cui x(y 2) (y 2) = 4 e quindi: (y 2)(x 2) = 4 Ora se due fattori devono dare come prodotto 4 si hanno solo due casi: 1. il primo vale 4 e il secondo vale 1 2. valgono entrambi 2 Da cio otteniamo: che fornisce x = 6, y = 3 oppure: che fornisce x = 4 e y = 4 y 2 = 1 x 2 = 4 y 2 = 2 x 2 = 2 NOTA La precedente equazione diofantea ha la seguente interpretazione geomerica: determinare i lati di un rettangolo per il quale il valore numerico che esprime la misura dell area è uguale al valore numeico che esprime la misura del perimetro.vi sono dunque solo due soluzioni: il quadrato di lato 4 e il rettangolo di lati 6 e 3. 9

10 PROBLEMA 10* Dimostrare che l equazione diofantea x 2 + y 2 = 3z 2 non ha soluzioni costituite da numeri naturali positivi. SOLUZIONE Come prima cosa osserviamo che : 3z 2 0 mod 3 in quanto è multiplo di 3.Dunque se esistesse una soluzione dovremmo avere: x 2 + y 2 0 mod 3 Poichè rispetto al modulo 3 ogni numero x ed ogni numero y possono essere congrui solo a 0,1,2 costruiamo la eguente tabella: che va interpretata come segue: nella prima riga in alto (costituita da 3 numeri) ci sono i valori possibili di x mod 3 nella prima colonna a sinistra (costituita da 3 numeri) ci sono i possibili valori di y mod 3. ognuno dei nove numeri in nerettorappresenta il valore corrispondente alla x e alla y scelti di x 2 + y 2 mod 3 Per esempio, l ultimo 2 in basso a destra deriva dal fatto che = 8 2 mod 3 Cosa ci dice questa tabella? Ci dice che affinchè è necessario e sufficiente che: x 2 + y 2 0 mod 3 x y 0 mod 3 10

11 Detto ciò si potrà allora affermare che x = 3x 1 y = 3y 1 essendo x 1 ed y 1 numeri naturali più piccoli di x e y. Allora abbiamo che (sostituendo a x e a y quanto ottenuto): e quindi: da cui: 9x y 2 1 = 3z 2 9(x y 2 1) = 3z 2 3(x y 2 1) = z 2 che ci dice che z è multiplo di 3 e quindi che si può scrivere: z = 3z 1 con z 1 numero naturale più piccolo di z. Allora abbiamo ottenuto che da cui: 3(x y 2 1) = 9z 2 1 (x y 2 1) = 3z 2 1 Ora abbiamo finito;infatti,da una ipotetica soluzione x,y,z costituita da numeri naturali abbiamo ottenuto una soluzione x 1 y 1 z 1 con: x > x 1 y > y 1 z > z 1 Poichè a questo punto potremmo ripetere il ragionamento otterremmo una successione (infinita) decrescente di numeri naturali,il che è oviamente impossibile. Dunque non esiste alcuna soluzione x, y,z costituita da numeri naturali positivi. NOTA Questo metodo è noto come discesa infinita ed è dovuto a Fermat.In un certo senso può essere visto come una variante del metodo di Induzione (vedi dispensa relativa). 11

12 PROBLEMA 11* Dimostrare che l equazione diofantea: y 3 = x (x + 1) (x + 2) non ha soluzioni costituite da interi positivi. SOLUZIONE Osserviamo che se x > 0 si ha: x 3 < y 3 < (x + 2) 3 quindi dovrebbe essere: x < y < x + 2 ma essendo y intero, dovrebbe essere: y = x + 1 In questo caso però si ha: y 3 = (x + 1) 3 x (x + 1) (x + 2) che prova la tesi. PROBLEMA 12** Data l equazione diofantea: y 2 = x (x + 1) (x + 2) (x + 3) dimostrare che essa non ha mai soluzioni intere positive. SOLUZIONE Posto: P (x) = x (x + 1) (x + 2) (x + 3) osserviamo che: x(x + 3) = ( x 2 + 3x ) e che: (x + 1)(x + 2) = x 2 + 3x + 2 = [( x 2 + 3x ) + 2 ] 12

13 allora: e quindi: P (x) = ( x 2 + 3x ) [( x 2 + 3x ) + 2 ] P (x) = ( x 2 + 3x ) ( x 2 + 3x ) Ora aggiungiamo e togliamo 1, ottenendo: P (x) = ( x 2 + 3x ) ( x 2 + 3x ) ma i primi tre termini costituiscono un quadrato;quindi si ha: P (x) = [( x 2 + 3x ) + 1 ] 2 1 Osserviamo ora che: ( x 2 + 3x ) 2 < P (x) < [( x 2 + 3x ) + 1 ] 2 quindi se esistesse y tale che y 2 = P (x) si avrebbe: ( x 2 + 3x ) 2 < y 2 < [( x 2 + 3x ) + 1 ] 2 e quindi: ( x 2 + 3x ) < y < [( x 2 + 3x ) + 1 ] ma allora abbiamo un assurdo in quanto y dovrebbe essere un intero compreso tra due interi consecutivi. NOTA La dimostrazione precedente mostra che: P (x) + 1 è il quadrato di un numero intero positivo, x N Problema 13** Dimostrare che l equazione diofantea: y 2 = x 2 + x + 43 ha soltanto un numero finito di soluzioni tali che x > 0 y > 0 13

14 Soluzione Siccome x > 0 si ha: Allora si può porre: ottenendo: da cui: x 2 + x + 43 > x 2 y = (x + k) x 2 + 2kx + k 2 = x 2 + x + 43 x(2k 1) = 43 k 2 e quindi 43 k2 x = 2k 1 Siccome x deve essere positivo sicuramente si deve avere: e quindi: k 2 < 43 k = 1, 2, 3, 4, 5, 6 Questo fatto da solo basta a dirci che se esistonoi delle soluzioni esse sono in numero finito.ora vogliamo anche trovarle. Ricordiamo che: x = 43 k2 2k 1 deve essere intero.questo implica che sono accettabili solo i seguenti valori di k: k = 1, 2, 5 Per k = 1 si ha x = 42 e y = 43; Per k = 2 si ha x = 13 e y = 15; Per k = 5 si ha x = 2 e y = 7; Queste dunque sono tutte e sole le soluzioni positive dell equazione diofantea proposta. PROBLEMA 14 Dimostrare che l equazione non ha soluzioni. x 2 = y 4 + 2y 3 + 9y 2 + 8y

15 Soluzione Osserviamo che: y 4 + 2y 3 + 9y 2 + 8y + 23 = (y 4 + y y 3 + 2y + 8y 2 ) + 7 e pertanto: ma ma allora: y 4 + 2y 3 + 9y 2 + 8y + 23 = (y 2 + y + 4) (y 2 + y + 4) = [y(y + 1) + 4] [y(y + 1) + 4] = { [y(y + 1)] 2 + 8y(y + 1) + 16 } + 7 Poichè avremo che: y Z si ha y(y + 1) 0 mod 2 [y(y + 1)] 2 0 mod 4 e quindi: { [y(y + 1)] 2 + 8y(y + 1) + 16 } mod 4 ma allora la tesi è provata perchè avremmo: x 2 3 mod 4 che è assurdo perchè rispetto al modulo 4 si può avere solo: x 2 1 x 2 0 mod 4 a seconda che x sia dispari o pari (la facile dimostrazione è lasciata come esercizio) 15