Demostrar que el producto nunca es un cuadrado perfecto

Question

Demuestre que para los enteros no negativos$x_1,\ldots,x_{2011}$ y$y_1,\ldots,y_{2011}$ el producto$$(2x_1^2+3y_1^2)(2x_2^2+3y_2^2) \cdots (2x_{2011}^2+3y_{2011}^2)$ $ nunca es un cuadrado perfecto positivo.

Pensé en generalizar esta pregunta a cualquier subíndice impar$n$ en lugar de$2011$. Por lo tanto,$$(2x_1^2+3y_1^2)(2x_2^2+3y_2^2) \cdots (2x_n^2+3y_n^2)$$ is never a perfect square. For $ #% 2$ we have $ Y$ and I want to show the only solution is $ 4$. If $ x$ is even, then $ y $ debe ser impar. No vi cómo continuar desde aquí.

Answer 1

Caso n=1

Deje $z^2=2x^2+3y^2$

$z^2=2x^2 [3]$. Si x no es divisible por 3, entonces $z^2=2[3]$ lo cual es imposible. A continuación, $x$ es divisible por 3, y, en consecuencia, $z$ es también un múltiplo de 3.

Veamos el primer descomposición de $z$ tal que $z^2=2x^2+3y^2$. 3 es un primer factor de $z$ y no nos dejemos $p$ su poder: $z=3^p z'$

Notemos $x=3^a x'$$y=3^b y'$, luego $$3^{2p} z'^2 = 2x'^2 3^{2a}+y'^2 3^{2b+1}$$ If we look at this equation modulo $3^{\min(2, 2a, 2b+1)}$ obtenemos una contradicción.

De hecho, si $2a=2p$ obtenemos $z'^2 = 2x'^2+y'^2 3^{(2b+1)-2a}$ da $1=2[3]$. Si $2a \neq 2p$, dividiendo por $3^{\min(2p, 2a, 2b+1)}$ conduce a una ecuación $u=v+w$ con exactamente 2 números entre $u$, $v$ y $w$ que son divisibles por 3, lo cual es imposible.

Esto demuestra el caso de $n=1$.

Caso General

Para el caso general, tengamos en cuenta que la totalidad del producto es igual a 0 mod 3 iff una $x_i$ es un múltiplo de 3. ($2x^2+3y^2$ 0 modulo 3 iif $2x^2=0[3]$). El producto no puede ser igual a 1 módulo 3, ya que tenemos un número impar de factores (y $2x^2+3y^2$ = 0 o 2). A continuación, el mismo argumento, como antes, muestra que $z$ es divisible por 3.

Tenemos $z=3^p z'$ $3^{2p}z'^2 = \Pi_{i=1}^n (2x_i^2+3y_i^2)$

Los factores de $2x_i^2+3y_i^2$ son de 2 tipos diferentes:

• los con $x_i \neq 0 [3]$ y que en caso de $(2x_i^2+3y_i^2)= 2[3]$
• los con $x_i = 0 [3]$, entonces el poder $p_i$ de 3 en el primer descomposición de $2x_i^2+3y_i^2$ es par o impar. Tenemos dos subcases:
  • si $p_i$ es impar, a continuación, $(2x_i^2+3y_i^2) / 3^{p_i} = 1[3]$
  • si $p_i$ es incluso, a continuación, $(2x_i^2+3y_i^2) / 3^{p_i} = 2[3]$

Debemos tener un número impar de $p_i$, debido a $2p=\sum_{i} p_i$. Luego, cuando dividimos la ecuación por $3^{2p}=\Pi_i 3^{p_i}$ y nos lo tomamos modulo 3 tenemos un producto con un número par de factores que son de 1 módulo 3 y un número impar de factores que son 2 modulo 3. En consecuencia, el lado derecho es de 2 modulo 3, mientras que el lado izquierdo (un cuadrado perfecto) es igual a 1 modulo 3. Por lo tanto, tenemos una contradicción.

Answer 2

Otro punto de vista es el uso de la composición de la formas cuadráticas binarias, para reducir el caso a $ n $ extraño para el caso de $ n = 1 $, en un `sistemática'. Tenemos las siguientes identidades de la escritura de un producto $$ (2a^2 + 3b^2)(2c^2 + 3d^2) = (3 b c + 2 d)^2 + 6 (-a c + b d)^2 $$ y $$ (2a^2+3b^2)(c^2 + 6y^2) = 2 (3 b c + d)^2 + 3 (-2 a c + b d)^2 \, . $$

Por lo que el $ n = 2m+1 $veces producto de $$ N = (2x_1^2 + 3y_1^2) \cdots (2x_n^2 + 3y_n^2) $$ puede ser escrita como $$ N = 2X^2 + 3Y^2 \, $$ para algunos entero polinomios $ X = f(x_0,\ldots,x_n,y_0,\ldots,y_n) $$ Y = g(x_0,\ldots,x_n,y_0,\ldots,y_n) $.

Así que si este producto es siempre una cuadrada positiva, podemos obtener los valores de $ X, Y $ hacer $ 2X^2 + 3Y^2 $ cuadrada positiva. Después de otras respuestas, vemos que esto es imposible.

Si $ 2X^2 + 3Y^2 = Z^2 $ es una cuadrada positiva, podemos suponer $ \gcd(X,Y,Z) = 1 $ dividiendo por si es necesario. A continuación, reducir el modulo 3 muestra que la $ -X^2 \equiv Z^2 \pmod{3} $. Si $ X \not\equiv 0 \pmod{3} $, obtenemos $ -1 \equiv \Box \pmod{3} $. Contradicción, como las plazas modulo 3 son 0 y 1. Por lo $ 3 \mid X $$ 3 \mid Z $. Por lo tanto $ 9 \mid 3Y^2 $, lo $ 3 \mid Y $, contradiciendo $ \gcd(X,Y,Z) = 1 $. Por lo $ Z = 0 $ es la única solución posible, que inmediatamente da $ X = Y = 0 $.

Answer 3

Modulo $3$, la ecuación de $n=1$ reduce a $2x^2=z^2 \pmod3$.

Si $x$ no divisible por $3$, entonces nos encontraríamos $2=u^2 \pmod3$ algunos $u$. Pero $2$ no es un residuo cuadrático $\pmod 3$ así que esto es imposible.

Pero si $x$ fueron divisible por $3$ esto haría $z$ divisible por $3$, y por lo tanto $z^2$ divisible por $3^2 = 9$. Este a su vez de la fuerza de $y$ a ser divisible por $3$ lo contrario $x^2+3y^2$ sería divisible por $3$ pero no $9$.

Dividir una solución por $9$ daría otra solución $(x/3,y/3,z/3)$ $z$ divisible por un menor poder de $3$, y, finalmente, llegamos al igual que en el caso anterior (descenso infinito), o a la conclusión de que $x,y,z$ son infinitamente divisible por $3$ y por lo tanto son igual a $0$.

Así que la única solución a $2x^2 + 3y^2 = z^2$ más de los números enteros es $(x, y, z) = (0, 0, 0)$.

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Para el caso de arbitrario extraño $n$, procedemos por inducción sobre $n$.

Ahora supongamos que tenemos una solución a la ecuación de $(2x_1^2 + 3y_1^2)...(2x_{n}^2 + 3y_{n}^2)(3k + 1) = z^2$ $n$ impar. Tenga en cuenta que hemos aflojado la ecuación por un factor de $3k + 1$ cualquier $k \in \mathbb{Z}$. También tenga en cuenta que el caso base $n = 1$ de esta ecuación es probado exactamente el mismo caso que el anterior, debido a que el factor de $3k + 1$ no afecta a los residuos modulo $3$. Así que continúe con asumiendo hemos demostrado que no hay un valor distinto de cero soluciones para $n-2$.

Siempre y cuando tengamos un poco de $i$ tanto $x_i$ $y_i$ son divisibles por $3$, reemplace $(x_i, y_i, z)$ $(x_i/3, y_i/3, z/3)$ obtener otro válida la ecuación (dividiendo por $9$ en ambos lados). Si el proceso nunca termina esto significa $z = 0$ y por lo tanto una de las $(x_i, y_i)$ debe $(0, 0)$.

De lo contrario, hemos llegado a un punto en el que cada factor es divisible en la mayoría de las$3$, pero no por $9$ (esto requeriría $x_i$ $y_i$ divisible por $3$).

Consideramos dos casos para el número de $N$ $i$ que $2x_i^2 + 3y_i^2$ es divisible por $3$.

1. Caso $N = 0$

Supongamos que tenemos una solución a $(2x_1^2 + 3y_1^2)...(2x_{n}^2 + 3y_{n}^2)(3k + 1) = z^2$ con ninguno de los términos divisible por $3$. Entonces la ecuación se reduce a $-1 = (-1)^n = 2^n = (zx_1^{-1}...x_n^{-1})^2 \pmod 3$ lo cual es imposible, porque la $-1$ no es un residuo $\pmod 3$.

2. Caso $N \geq 1$

Debemos entonces tener $x_i$ divisible por $3$ algunos $i$. Debido a que el proceso anterior, esto significa $y_i$ no es divisible por $3$. Desde $z^2$ es divisible por una potencia de $3$, no debe ser otro factor de $2x_j^2 + 3y_j^2$ divisible por $3$ (exactamente una vez). Ahora dividir la ecuación por $9$ en ambos lados para reemplazar a $z$$z/3$$(2x_i^2 + 3y_i^2)(2x_j^2 + 3y_j^2)$$(6(x_i/3)^2 + y_i^2)(6(x_j/3)^2 + y_j^2)$. Ambos de estos factores son de la forma $3k + 1$ porque $y_i^2, y_j^2 = 1 \pmod 3$.

Por tanto, hemos obtenido una ecuación de la forma $(2x_1^2 + 3y_1^2)...(2x_{n-2}^2 + 3y_{n-2}^2)(3k + 1) = z^2$. Esta ecuación se ha supuesto que no tienen un valor distinto de cero soluciones, y así se realiza por inducción.

Answer 4

Esto podría no ser la manera más eficiente de hacer esto, pero debería funcionar.

En primer lugar, mostrar que $2x^2 + 3y^2$ debe ser de la forma $2^{2j+1}(8k\pm 1)$ o $2^{2j}(8k\pm3)$ para algunos enteros $j$$k$. Esto se puede hacer por calculan las potencias de 2 hasta que uno de $x$ o $y$ es impar, entonces la reducción de la mod 8.

Ahora supongamos que hay un número impar de factores tales como en el problema.

Si el número de factores de la forma $2^{2j+1}(8k\pm 1)$ es impar, hemos terminado, como el producto resultante tiene 2 a un extraño poder en su descomposición en factores primos. Dicho número no puede ser un cuadrado perfecto.

Si el número de factores de la forma $2^{2j}(8k\pm3)$ es impar, su producto será de la forma $4^m(8k\pm3)$ para algunos entero $m$. Esto se deduce de la $3^2 \equiv (-3)^2 \equiv 1 \mod 8$. El producto de los factores de la forma $2^{2j+1}(8k\pm 1)$ va a tomar la forma $4^m(8k\pm1)$. Por lo tanto, el total de los productos será de la forma $4^m(8k\pm1)(8k\pm3)$. Esto no puede ser un cuadrado perfecto, como $(8k\pm1)(8k\pm3) \not\equiv 1 \mod 8$.

Answer 5

Creo que un teórico de respuesta se puede dar a una generalización de la pregunta, cuando la sustitución de $(2,3)$ por cualquier par $(a,b)\in \mathbf N^2$ : puede el producto $P_n = \prod_j (a x_j^{2} + b y_j^{2}), 1\le j \le n$ impar, ser un cuadrado perfecto ? Desde $P_n$ es homogénea, bien podemos considerar soluciones de $(x_j , y_j) \in \mathbf Q^2$ y utilice el hecho de que $a x_j^{2} + b y_j^{2}=a(x_j^{2} + \frac ba y_j^{2})= aN(x_j + \sqrt {\frac ba} y_j)$ donde $N$ es la norma mapa del imaginario cuadrática campo $\mathbf Q (\sqrt {-\frac ba})$. Ya que la norma es multiplicativo, $P_n$ será de la forma $a^n (x^2 + \frac ba y^{2}) = a^{n-1}(a x^{2} + b y^{2})$. Desde $n$ es impar, $P_n$ es un racional plaza de la fib $(a x^{2} + b y^{2})$ es, y volvemos a la cuestión de si el racional de la forma cuadrática $Q=z^2 - ax^2 - by^2$ es $0$. La respuesta es dada por el Hasse-Minkowski local-global principio (aquí, de una forma ternaria, que incluso se remonta a Legendre): más de $\mathbf R$, $Q$ representa a $0$ a causa de su firma; por encima de cualquier $p$-ádico de campo $\mathbf Q_p, Q$ es $0$ fib en $\mathbf Q_p^*/\mathbf Q_p^{*2}$, uno ha $\epsilon = (-1, -d)_p$ donde $(.,.)_p$ es el símbolo de Hilbert, $d=ab$ es el discriminante, y $\epsilon$ es el producto de más de $i<j$ de la $(a_i , b_j)_p$'s, con $a_i = -a, -b, 1$ (ver, por ejemplo, Serre "Un curso de aritmética", capítulo IV, thm. 6).