Yo soy un físico que necesita para probar (por su investigación) en la que hay no $a,b\in\mathbb{Q}$ tal que $3a^2+2=b^2$. Hay una manera fácil de hacer esto?
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Oli
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Si hay una solución racional $(a,b)$, se puede expresar como $a=\frac{A}{z}$, $b=\frac{B}{z}$ donde $A$ $B$ son enteros, y $z$ es un entero distinto de cero. Compensación denominador, obtenemos $$3A^2+2z^2=B^2.$$
Si la ecuación tiene soluciones con $B\ne 0$, hay un triple de números enteros, no todos los $0$, de tal manera que $B$ es positivo, $3A^2+2z^2=B^2$, e $B$ es el menor entero positivo para el cual la ecuación de $3x^2+2y^2=B^2$ tiene una solución.
Tenga en cuenta que $B$ debe ser divisible por $3$. Por si no lo está, tenemos $2z^2\equiv 1\pmod{3}$, lo cual es imposible.
Deje $B=3B_1$. Desde $3$ divide $3A^2$, se deduce que el $3$ divide $2z^2$, y por lo tanto $3$ divide $z$. Por lo $z=3y$ para algunos entero $y$.
A continuación, $9$ divide $3A^2$, lo $3$ divide $A$, decir $A=3x$. Sustituyendo y dividiendo por $9$, obtenemos $$3x^2+2y^2=B_1^2.$$ Esto contradice la elección de $B$ como el menor entero positivo para el cual la ecuación de $3x^2+2y^2=B^2$ tiene una solución.
Comentario: El mismo argumento puede escribirse de varias maneras. Uno puede hacer que se vea como uno de los estándar de pruebas de la irracionalidad de la $\sqrt{2}$, asumiendo que el $a$ puede ser expresado como $\frac{A}{z}$, $b$ como $\frac{B}{z}$ donde $z\gt 0$ es tan pequeño como sea posible.
O bien podemos reescribir la prueba como una de Fermat Infinito Descenso argumento. Hemos demostrado que si hay una solución $A,z,B$$B\ne 0$, entonces no es una solución $A_1,z_1,B_1$$B_1\lt B$. De continuar. Podemos obtener un infinito descendente de la cadena de $B\gt B_1\gt B_2\gt \cdots$, lo cual es imposible.
David HAust
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Sugerencia $ $ Supongamos $\,3a^2\!+2 = b^2$ reducción $a,b\in\Bbb Q.\,$ Si $\,3\,$ divide el denominador de $a$ o $b$ a continuación, divide ambos, contra $3$ se produce incluso poder en denom de $\,b^2$ vs extraño poder en denom de $\,3a^2\!+2.\,$, por Lo tanto, denoms son coprime a $\,3\,$ el fin de reducir el mod $3,\,$ rendimiento $\,2\equiv b^2,\,$ contradicción.
user772913
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Otra forma de todo:
Como André Nicolas mostró, la ecuación original es equivalente a $3A^2+2z^2=B^2,$ a ser resueltos en los números enteros.
Volver a escribir como $A^2+z^2=\frac{B^2-A^2}{2}.$ Por uno de teorema de Fermat, si es solucionable, a continuación, $\frac{B^2-A^2}{2}\equiv1\pmod4,$ por lo tanto $B^2-A^2\equiv2\pmod8.$
Sin embargo, es fácil comprobar que el cuadrado de un número entero es congruente modulo $8,$ $0,$ $1,$o a$4.$, con Lo que el de arriba de la congruencia de ecuaciones no tienen solución en los números enteros. $\square$
Espero que esto ayude.
P. S. yo creo que esto es también "Fermatian," aunque no por el camino de descenso.
