Resolva a equação para [tex3](x,y,z)\in\mathbb{Z}[/tex3]
[tex3]xy(x^2+y^2)=2z^4[/tex3]
:Olimpíadas ⇒ Equação Diofantina
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Nov 2018
11
13:40
Re: Equação Diofantina
Eu tentei essa questão mas empaquei, deu muita conta mesmo. Vou deixar meu início aqui.
É fácil ver que podemos supor [tex3]mdc(x,y)=1[/tex3] . Considere x par primeiramente. Aí:
[tex3]x=2w\\
wy(4w^2+y^2)=z^4[/tex3]
Mas os fatores w,y,4w²+y² são primos entre si, portanto todos os fatores são quadrados. A soma de quadrados pode ser fatorada usando Sophie Germain, produzindo mais dois fatores que novamente, podemos deduzir que são primos entre si. A partir daqui deu muita conta, mas vou deixar meu racicínio aqui pra ver se alguém consegue continuar. O caso x,y ímpares nem toquei.
É fácil ver que podemos supor [tex3]mdc(x,y)=1[/tex3] . Considere x par primeiramente. Aí:
[tex3]x=2w\\
wy(4w^2+y^2)=z^4[/tex3]
Mas os fatores w,y,4w²+y² são primos entre si, portanto todos os fatores são quadrados. A soma de quadrados pode ser fatorada usando Sophie Germain, produzindo mais dois fatores que novamente, podemos deduzir que são primos entre si. A partir daqui deu muita conta, mas vou deixar meu racicínio aqui pra ver se alguém consegue continuar. O caso x,y ímpares nem toquei.
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Fev 2020
05
18:21
Re: Equação Diofantina
Vou expor mais um resultado
Só formalizando o início:
suponha [tex3]d = \mdc (x,y)[/tex3]
[tex3]x = d \cdot x^* [/tex3]
analogamente se definem [tex3]y^*[/tex3] e [tex3]z^*[/tex3]
então
[tex3]d^2x^*y^*(d^2(x^*)^2 + d^2(y^{*})^2) = 2d^4 (z^*)^4[/tex3]
[tex3]x^*y^*((x^*)^2 + (y^{*})^2) = 2 (z^*)^4[/tex3]
e temos a mesma equação.
Então vamos supor que [tex3]\mdc(x,y) =1[/tex3]
Seja [tex3]p^{a}[/tex3] a maior potência do primo [tex3]p[/tex3] que divide [tex3]x[/tex3]
[tex3]x = p^a x'[/tex3]
analogamente
[tex3]z = p^{b} z'[/tex3]
[tex3]x'y(x^2+y^2)=2p^{4b-a}z'^4 [/tex3]
então [tex3]x^2 + y^2 = kp^{4b-a} \iff x'^2p^{2a} + y^2 = kp^{4b-a}[/tex3]
então
[tex3]y^2 = p^{2a}(kp^{4b-3a} - x'^2)[/tex3]
se [tex3]4b-3a\geq0[/tex3] teremos que [tex3]p^{2a}[/tex3] divide [tex3]y[/tex3] absurdo.
[tex3]a \leq4b < 3a[/tex3]
não podemos ter [tex3]a=1[/tex3]
e talvez até mais importante:
[tex3]x^2+y^2[/tex3] é primo com x e y
Só formalizando o início:
suponha [tex3]d = \mdc (x,y)[/tex3]
[tex3]x = d \cdot x^* [/tex3]
analogamente se definem [tex3]y^*[/tex3] e [tex3]z^*[/tex3]
então
[tex3]d^2x^*y^*(d^2(x^*)^2 + d^2(y^{*})^2) = 2d^4 (z^*)^4[/tex3]
[tex3]x^*y^*((x^*)^2 + (y^{*})^2) = 2 (z^*)^4[/tex3]
e temos a mesma equação.
Então vamos supor que [tex3]\mdc(x,y) =1[/tex3]
Seja [tex3]p^{a}[/tex3] a maior potência do primo [tex3]p[/tex3] que divide [tex3]x[/tex3]
[tex3]x = p^a x'[/tex3]
analogamente
[tex3]z = p^{b} z'[/tex3]
[tex3]x'y(x^2+y^2)=2p^{4b-a}z'^4 [/tex3]
então [tex3]x^2 + y^2 = kp^{4b-a} \iff x'^2p^{2a} + y^2 = kp^{4b-a}[/tex3]
então
[tex3]y^2 = p^{2a}(kp^{4b-3a} - x'^2)[/tex3]
se [tex3]4b-3a\geq0[/tex3] teremos que [tex3]p^{2a}[/tex3] divide [tex3]y[/tex3] absurdo.
[tex3]a \leq4b < 3a[/tex3]
não podemos ter [tex3]a=1[/tex3]
e talvez até mais importante:
[tex3]x^2+y^2[/tex3] é primo com x e y
Última edição: Auto Excluído (ID:12031) (Sáb 05 Jan, 2019 18:34). Total de 1 vez.
Ressuscitado pela última vez por Hanon em Qua 05 Fev, 2020 18:21.
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