matematikk.net

1) Finn alle rasjonale tall $x,y$ slik at $x^2 + 2y^2 = 3.$
2) Vis at ingen rasjonale tall $x, y$ tilfredsstiller likningen $x^2 + 2y^2 = 5.$

DennisChristensen wrote:1) Finn alle rasjonale tall $x,y$ slik at $x^2 + 2y^2 = 3.$

Skisse på sparket: (edit: dette kan ryddes opp i endel ser jeg)


La $x=\frac{p}{q}, y=\frac{r}{s}$ der gcd(p,q)=gcd(r,s)=1. Vi får at

$\frac{p^2}{q^2}+2\frac{r^2}{s^2}=3$ så

$p^2s^2+2r^2q^2=3q^2s^2$. 1)

Anta at $t>1$ er et primtall slik at $t|q$. Siden $t\not | p$ må $t|s$. Hvis vi deler likningen med $t$, får vi samme situasjon. Hvis vi fortsetter å dele med primfaktorene til $q$ ender vi opp med

$(ps')^2+2r^2=3s'^2$. [EDIT: Feil herfra og ned. Rett likning skal være $(ps')^2+2r^2=3q^2s'^2$] Vi får nå to mulige case:

1. Hvis $u$ er en primfaktor i $s'$ så må u=2. Vi kan derfor skrive $s'=2s''$, og likningen blir $2p^2 s''^2+r^2=6 s''^2$, Da må $s''=1$, så vi får $2p^2+r^2=6$, med løsninger $(p,r)=(\pm 1,\pm 2)$

Likningen blir $s^2+8q^2=3q^2s^2$. Løser vi denne for $q^2$ får vi $q^2=\frac{s^2}{3s^2-8}$. Høyresida er et kvadrattall kun dersom $s=\pm 2$.

2. s'=1 (som betyr at s=\pm q) : Vi får $p^2+2r^2=3$ med eneste løsninger $(p,r)=(\pm 1,\pm 1)$, så likningen 1) blir $s^2=1$, så $(s,q)=(\pm 1,\pm 1)$.

Det fører til at eneste rasjonale løsning er $(x,y)=(\pm 1,\pm 1)$.

2), quick and dirty: La $F=\mathbb Q(\sqrt{-2})$, og la $p$ være et odde primtall. Siden $x^2+2y^2=(x+\sqrt{-2}y)(x-\sqrt{-2}y)$, har vi at $x^2+2y^2=p\iff $ idealet $p\mathcal O_F$ splitter som et produkt av to idealer i $\mathcal O_F$ (der $\mathcal O_F=\mathbb Z[\sqrt{-2}]$ er heltallsringen i F). Nå er $\mathbb Z[\sqrt{-2}]=\mathbb Z[x]/(x^2+2)$, så $\mathcal O_F/p\mathcal O_F\cong\mathbb F_p[x]/(x^2+2)$. Dermed splitter $p\mathcal O_F\iff$ polynomet $x^2+2$ splitter modulo $p\iff$ $-2$ er en kvadratisk rest modulo $p$. Altså:
\[x^2+2y^2=p\text{ har løsning}\iff\left(\frac{-2}p\right)=\left(\frac{-1}p\right)\left(\frac{2}p\right)=1.\]
Ved kvadratisk resiprositet er $\left(\frac{2}p\right)=(-1)^{\frac{p^2-1}8}$ og $\left(\frac{-1}p\right)=(-1)^{\frac{p-1}2}$, så spesielt er $\left(\frac{-2}5\right)=-1$.

Aside (beklager, blir litt revet med): Problemet med å løse diofantiske ligninger på formen $x^2+Ny^2=p$ sentralt i algebraisk tallteori. Som vi så over leder problemet til å bestemme de primtall som splitter i en utvidelse av $\mathbb Z$. Dette leder til et studie av tallkropper, altså endelige kroppsutvidelser av $\mathbb Q$. Vi kan alltid danne helavslutningen til $\mathbb Z$ i en tallkropp $F$, og denne ringen kalles heltallsringen, $\mathcal O_F$. Det er altså oppførselen til det utvidete idealet $p\mathcal O_F$ man er interessert i. En undergren av algebraisk tallteori kalt klassekroppteori løser problemet med å karakterisere de primtall som splitter i en tallkropp F, under antagelsen at Galoisgruppen $\operatorname{Gal}(F/\mathbb Q) $ er abelsk. Som indikert over, er Gauss' yndede teorem om kvadratisk resiprositet første resultat i klassekroppteori, ettersom teoremet er nøkkelen til å forstå kvadratiske utvidelser av $\mathbb Q$. Klassekroppteori for ikke-abelske utvidelser er fortsatt et åpent problem.

plutarco wrote:

Det fører til at eneste rasjonale løsning er $(x,y)=(\pm 1,\pm 1)$.

Ikke helt riktig. Det finnes flere løsninger, for eksempel $(x,y) = (\frac53,\frac13)$ eller $(x,y) = \left(\frac{47}{33},\frac{23}{33}\right)$ . Tviler på at jeg vil klare å finne feilen i argumentet ditt, så vil tro det beste er om du ser litt nærmere på det.

DennisChristensen wrote:

plutarco wrote:

Det fører til at eneste rasjonale løsning er $(x,y)=(\pm 1,\pm 1)$.

Ikke helt riktig. Det finnes flere løsninger, for eksempel $(x,y) = (\frac53,\frac13)$ eller $(x,y) = \left(\frac{47}{33},\frac{23}{33}\right)$ . Tviler på at jeg vil klare å finne feilen i argumentet ditt, så vil tro det beste er om du ser litt nærmere på det.

Ble bare rot i mitt svar. Hadde avglemt en q^2 i den ene likninga. Noe som antagelig gir de ekstra løsningene. Får rydde opp i det senere

Prøver igjen:

Ser først at $(x,y)=(1,1)$ er en rasjonal løsning. Hvis $(x',y')$ er en annen rasjonal løsning, så vil linja gjennom de to punktene ha rasjonalt stigningstall. Motsatt vil enhver linje med rasjonalt stigningstall gjennom (1,1) snitte kurven gitt ved likningen, i et rasjonalt punkt. Dermed kan vi finne alle rasjonale løsninger ved å betrakte linjer gjennom (1,1) med rasjonalt stigningstall.

Sett så $(x,y)=(1,1)+t(1,r)$ der $r$ er rasjonal og $t$ parameteren. Innsatt i likningen fås

$(1+t)^2+2(1+tr)^2=3$

$2+t+4r+2tr^2=0$

$t=\frac{-2-4r}{1+2r^2}$. Det betyr at

$(x,y)=(1,1)+\frac{-2-4r}{1+2r^2}(1,r)=(1-\frac{2+4r}{1+2r^2}, 1-\frac{2r+4r^2}{1+2r^2})$ er løsninger for alle rasjonale $r$ (og også for $r\to\infty$), og de er samtlige rasjonale løsninger.

DennisChristensen wrote:1) Finn alle rasjonale tall $x,y$ slik at $x^2 + 2y^2 = 3.$

Denne kan løses omtrent på samme måte som man kan utlede parametriseringa av pythagoreiske tripler. $B=(-1,-1)$ er et punkt på kjeglesnittet (ellipsen) E gitt av ligninga og gir en løsning.

La P være et annet rasjonalt punkt på E. Da har linja gjennom B og P rasjonalt stigningtall, si t, og ligninga for linja er $\frac{y+1}{x+1}=t$.

Motsatt vil hvert rasjonale stigningstall t gi en linje som skjærer E i B og et rasjonalt punkt: Fra ligninga for linja får vi $y=tx+t-1$ som innsatt i ligninga for E gir $(2t^2+1)x^2+4t(t-1)+2t^2-4t-1=0$. Dette ligner et mareritt av en andregradsligning, men vi kjenner allerede løsninga $x=-1$. Da er den andre løsninga $x=-\frac{2t^2-4t-1}{2t^2+1}$ som gir $y=\frac{2t^2+2t-1}{2t^2+1}$.

Siden $t=-\frac12$ gir $(x,y)=(-1,-1)$, ser vi nå at alle løsninger er presis $(x,y)=(-\frac{2t^2-4t-1}{2t^2+1},\frac{2t^2+2t-1}{2t^2+1})$ for et rasjonalt tall t. (Løsningene gitt tidligere tilsvarer for eksempel og $t=\frac12$ og $t=\frac7{10}$.)

2) Vis at ingen rasjonale tall $x, y$ tilfredsstiller likningen $x^2 + 2y^2 = 5.$

La $x=\frac XZ$ og $y=\frac YZ$ der $X$, $Y$ og $Z$ er heltall uten felles faktor. Ligninga lyder nå $X^2+2Y^2=5Z^2$. Den eneste løsninga av denne ligninga modulo 5 er $X\equiv Y\equiv 0$. Men da er $5Z^2\equiv 0$ modulo 25, slik at Z også er delelig med 5 som strider mot at $X$, $Y$ og $Z$ ikke har en felles faktor.

Fine løsninger!