equazioni diofantee

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:
xn + 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 6= 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
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:
x2 = n! + 2
ammette le uniche soluzioni :
x = ±2
n=2
SOLUZIONE: Si osservi che:
n n!
0 1
1 1
2 2
3 6
4 24
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:
x2 = n! + 1
abbia soltanto le soluzioni:
•
•
x = ±5
n=4
x = ±11
n=5
2
•
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:
x3 − 3x = 0
cioe’:
x(x2 − 2) = 0
la quale ammette come soluzione in N solo x=0. Allora possiamo supporre
che sia:
x>y≥z
in tal caso avremo:
3x > xyz
cioe’:
yz < 3
ma questo puo’ verificarsi in due soli casi:
• y=z=1
• y=2 z=1
3
Nel primo caso otteniamo:
x+2=x
chiaramente impossibile.Nel secondo caso:
x + 3 = 2x
che fornisce appunto x=3.
PROBLEMA 3*
Dimostrare che l’equazione:
x2 − 10y 2 = 2
non ha soluzioni in Z
Osserviamo che se l’equazione e’ verificata allora il primo membro deve
essere congruo al secondo rispetto a qualsiasi modulo. In particolare:
x2 ≡ 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:
x2 = y 5 − 4
Non ha soluzioni intere.
SOLUZIONE
E’ sufficiente osservare che
x2 ≡ 0, 1, 3, 5, 9 mod 11
mentre
y 5 − 4 ≡ 6, 7, 8 mod 11
e quindi non può esistere alcuna soluzione.
PROBLEMA 5
4
Dimostrare che l’equazione diofantea:
1! + 2! + 3! + ....x! = y 2
non ha soluzioni se x > 4.
SOLUZIONE
Osserviamo che:
1! + 2! + 3! + 4! = 33
e che se x ≥ 5 si ha:
x! ≡ 0 mod 10
Allora se x ≥ 5 avremo:
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:
xn + y n = xn y n
per n > 1 non ammette soluzioni diverse dalla soluzione ovvia x = 0,y = 0.
SOLUZIONE
Dall’equazione data otteniamo:
xn + y n − xn y n = 0
xn (1 − y n ) + y n = 0
xn (1 − y n ) + y n − 1 + 1 = 0
xn (1 − y n ) + y n − 1 = −1
−xn (y n − 1) + y n − 1 = −1
(1 − xn )(y n − 1) = −1
(xn − 1)(y n − 1) = 1
Poichè le uniche fattorizzazioni significative(*) di 1 sono:
1 = (+1) · (+1)
1 = (−1) · (−1)
5
otteniamo come primo caso:
(xn − 1) = 1
(y n − 1) = 1
che equivale a :
xn = 2
yn = 2
evidentemente impossibili in Z se n > 1.
Come secondo caso si ha:
(xn − 1) = −1
(y n − 1) = −1
che forniscono:
xn = 0
yn = 0
cioè
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:
xn + 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
Data l’equazione diofantina
x2 + y 2 = z 2 + 3
dimostrare che essa ha infinite soluzioni.
Poichè dobbiamo solo provare che esistono infinite soluzioni possiamo
procedere nel seguente modo:
x2 − 3 = z 2 − y 2
x2 − 3 = (z + y)(z − y)
Possiamo porre:
z + y = x2 − 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:
x2 − 4
y=
2
2
x −2
z=
2
ed è chiaro che se scegliamo x pari, y e z sono effettivamente degli interi.
Ora è chiaro che se x1 ed x2 ∈ N,x1 e x2 sono pari e 2 < x1 < x2 allora
z1 < z2 e y1 < y2 .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 = x4 + 9
ammette in N solo le segeuenti soluzioni:
x=0
y=3
x=2
y=5
7
SOLUZIONE
Scriviamo l’equazione come:
y 2 − x4 = 9
Da cui:
(y − x2 )(y + x2 ) = 9
allora abbiamo i seguenti casi:
1
y − x2 = 1
y + x2 = 9
2
y − x2 = 3
y + x2 = 3
3
y − x2 = 9
y + x2 = 1
Dal primo e dal terzo di essi si ha:
y=5
x=2
Dal secondo si ha:
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
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:
y−2=1
x−2=4
che fornisce x = 6, y = 3
oppure:
y−2=2
x−2=2
che fornisce x = 4 e y = 4
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.
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PROBLEMA 10*
Dimostrare che l’equazione diofantea
x2 + 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:
x2 + 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:
0 1 2
0 0 1 1
1 1 2 2
2 1 2 2
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 x2 + y 2 mod 3 Per esempio,
l’ultimo 2 in basso a destra deriva dal fatto che
22 + 22 = 8 ≡ 2 mod 3
Cosa ci dice questa tabella? Ci dice che affinchè
x2 + y 2 ≡ 0 mod 3
è necessario e sufficiente che:
x ≡ y ≡ 0 mod 3
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Detto ciò si potrà allora affermare che
x = 3x1
y = 3y1
essendo x1 ed y1 numeri naturali più piccoli di x e y. Allora abbiamo che
(sostituendo a x e a y quanto ottenuto):
9x21 + 9y12 = 3z 2
e quindi:
9(x21 + y12 ) = 3z 2
da cui:
3(x21 + y12 ) = z 2
che ci dice che z è multiplo di 3 e quindi che si può scrivere:
z = 3z1
con z1 numero naturale più piccolo di z. Allora abbiamo ottenuto che
3(x21 + y12 ) = 9z12
da cui:
(x21 + y12 ) = 3z12
Ora abbiamo finito;infatti,da una ipotetica soluzione x,y,z costituita da numeri naturali abbiamo ottenuto una soluzione x1 y1 z1 con:
x > x1
y > y1
z > z1
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).
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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:
x3 < 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 6= 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) = x2 + 3x
e che:
(x + 1)(x + 2) = x2 + 3x + 2 =
12
x2 + 3x + 2
allora:
P (x) = x2 + 3x
x2 + 3x + 2
2
+ 2 x2 + 3x
e quindi:
P (x) = x2 + 3x
Ora aggiungiamo e togliamo 1, ottenendo:
2
P (x) = x2 + 3x + 2 x2 + 3x + 1 − 1
ma i primi tre termini costituiscono un quadrato;quindi si ha:
2
P (x) = x2 + 3x + 1 − 1
Osserviamo ora che:
x2 + 3x
2
< P (x) <
2
x2 + 3x + 1
quindi se esistesse y tale che y 2 = P (x) si avrebbe:
x2 + 3x
2
< y2 <
2
x2 + 3x + 1
e quindi:
x2 + 3x < y < x2 + 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 = x2 + x + 43
ha soltanto un numero finito di soluzioni tali che x > 0 y > 0
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Soluzione
Siccome x > 0 si ha:
x2 + x + 43 > x2
Allora si può porre:
y = (x + k)
ottenendo:
x2 + 2kx + k 2 = x2 + x + 43
da cui:
x(2k − 1) = 43 − k 2
e quindi
43 − k 2
2k − 1
Siccome x deve essere positivo sicuramente si deve avere:
x=
k 2 < 43
e quindi:
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 − k 2
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
x2 = y 4 + 2y 3 + 9y 2 + 8y + 23
non ha soluzioni.
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Soluzione
Osserviamo che:
y 4 + 2y 3 + 9y 2 + 8y + 23 = (y 4 + y 2 + 16 + 2y 3 + 2y + 8y 2 ) + 7
e pertanto:
y 4 + 2y 3 + 9y 2 + 8y + 23 = (y 2 + y + 4)2 + 7
ma
(y 2 + y + 4)2 + 7 = [y(y + 1) + 4]2 + 7
ma allora:
[y(y + 1) + 4]2 + 7 = [y(y + 1)]2 + 8y(y + 1) + 16 + 7
Poichè
∀y ∈ Z si ha y(y + 1) ≡ 0 mod 2
avremo che:
[y(y + 1)]2 ≡ 0 mod 4
e quindi:
[y(y + 1)]2 + 8y(y + 1) + 16 + 7 ≡ 3 mod 4
ma allora la tesi è provata perchè avremmo:
x2 ≡ 3 mod 4
che è assurdo perchè rispetto al modulo 4 si può avere solo:
x2 ≡ 1 ∨ x2 ≡ 0 mod 4
a seconda che x sia dispari o pari (la facile dimostrazione è lasciata come
esercizio)♣
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