Un’equazione Diofantea è un’equazione numerica qualunque della quale si richiedono le soluzioni intere, affiancata eventualmente da condizioni aggiuntive sulle variabili: per esem-pio, che una certa variabile p sia un numero primo. Di solito un’equazione Diofantea ha un certo numero di soluzioni semplici che possono essere trovate per tentativi; una volta trovate queste normalmente occorre dimostrare che non ce ne sono altre. Altre volte può capitare che un’equazione Diofantea abbia come soluzioni un’intera classe di numeri.
2.3.1 Equazioni diofantee di primo grado in due variabili
Un’equazione Diofantea di primo grado in due variabili è un’espressione di questo tipo: a x+by = c
dove a ,b, c sono dati e x , y sono le incognite. Se M C D(a,b) non è divisore di c, l’equazione non ha soluzioni. In caso contrario, ne ha infinite. Per ottenerle, è possibile utilizzare il metodo delle divisioni iterate di Euclide, basato sull’algoritmo di Euclide per l’MCD.
Trovare le soluzioni intere per l’equazione:
86x+ 25y = 1
Siccome a = 86 = 2 · 43; b = 25 = 52 si ha che M C D(86,25) = 1, che è un divisore di
c= 1. Quindi ci sono infinite soluzioni. Si usano le divisioni con resto iterate:
86= 3 · 25 + 11 25= 2 · 11 + 3
11= 3 · 3 + 2 3= 1 · 2 + 1
Nel primo passaggio, il dividendo è a e il divisore è b. In ciascuno dei passaggi successivi, come nuovo dividendo si prende il divisore della riga precedente, e come nuovo diviso-re si pdiviso-rende il diviso-resto della riga pdiviso-recedente. Ci si ferma quando l’ultimo diviso-resto ottenuto è
2.3 Equazioni Diofantee 23
seguenti passaggi, in cui si sostituiscono i resti ottenuti sopra, in ordine inverso:
1= 3 − 1 · 2 =
= 3 − 1 · (11 − 3 · 3) = 4 · 3 − 1 · 11 = = 4 · (25 − 2 · 11) − 1 · 11 = 4 · 25 − 9 · 11 = = 4 · 25 − 9 · (86 − 3 · 25) = −9 · 86 + 31 · 25
I resti ottenuti sopra in ordine inverso sono 1, 2, 3, 11. In ogni nuova riga, il passaggio consiste nel sostituire il resto, indicato in neretto, con l’espressione in parentesi, che si ricava dalle quattro divisioni di prima. Ad esempio, nella terza riga 3 viene sostituito con
(25 − 2 · 11), ottenuto dalla seconda divisione: 25= 2 · 11 + 3. Poi la parentesi viene sciolta e si continua con la riga seguente, sostuituendo il prossimo resto. Alla fine, si ottiene
1= −9 · 86 + 31 · 25, e quindi x = −9 e y = 31. Da questa soluzione, si trovano facilmente tutte le altre, che sonox= −9 + 25k e y = 31 − 86k, dovek è un qualsiasi intero.
Il metodo usato è applicabile in tutti i casi in cui esistono soluzioni. Se a ,b, c all’inizio non sono coprimi, naturalmente si riduce l’equazione: ad esempio 258x+ 75y = 3 si trasforma in 86x+ 25y = 1 dividendo ogni termine per 3; se c 6= 1, come nel caso 86x + 25y = 7, si adatta la soluzione di 86x+ 25y = 1 moltiplicandola per 7: x = −63 e y = 217. Invece, nel caso di 42x+ 30y = 16, dopo averla ridotta in 21x + 15y = 8 dividendo ogni termine per 2, si nota che M C D(21,15) = 3 non divide 8 e quindi l’equazione non ha nessuna soluzione.
Soluzione problema di inizio capitolo.
Il problema di inizio capitolo si può formulare in termini di equazioni diofantee: infatti, sia x il numero iniziale di noci di cocco. Dopo che il primo marinaio si appropria (indebitamente) di alcune di esse, in totale ne rimangono
{45(x −1)}Si noti che per i dati che abbiamo, tale quantità è un numero intero. Dopo le attività notturne del secondo marinaio le noci di cocco si riducono a {4545(x − 1) − 1
− 1} Ripetendo questo ragionamento, si ha che al mattino restano{4555x−84043125}noci di cocco. Togliendone una per la scimmia abbiamo che
{4555x−115293125} è un numero intero divisibile per 5: se lo chiamiamo 5y trovato che il minimo x intero che soddisfa l’equazione diofantea {4555x−115293125 = 5y }
è la soluzione al problema. Facendo i calcoli mediante l’algoritmo di Euclide troviamo che è 15621.
2.3.2 Metodo di scomposizione parziale
Un primo metodo per restringere il campo delle possibili soluzioni in un’equazione Diofantea è quello della fattorizzazione numerica. Innanzitutto occorre portare l’equazione tutta al
primo membro, ottenendo una scrittura quindi del tipo f(x) = 0. Se già sappiamo scomporre f(x) è facile trovare le soluzioni; altrimenti cerchiamo una costante k opportuna che, aggiunta a f(x), ci consenta di scomporlo. In formule, si cerca di trovare un k tale per cui sappiamo scomporre f(x) + k = g (x) · h(x). Ricavati quindi g (x) e h(x), potremo riscrivere l’equazione iniziale come k = f (x) + k = g (x) · h(x); ma poiché le due espressioni h(x) e g (x) assumono solo valori interi, le possibilità di ottenere k come prodotto di interi non sono infinite. Se infatti esaminiamo i fattori primi di k , distribuendoli in tutti i modi possibili tra il primo e il secondo fattore, ci ricondurremo a un certo numero di sistemi di due equazioni del tipo g(x) = d1, h(x) = d2 (con d1· d2 = k ) normalmente molto più semplici da risolvere, che esauriscono tutti i casi. Questo procedimento richiede che la scomposizione sia fatta solo all’interno dei numeri interi, ma è possibile generalizzarlo a scomposizioni razionali (moltiplicando i due membri di k= g (x) · h(x) per il minimo comune denominatore di g (x) e h(x)).
Trovare le soluzioni intere positive dell’equazione:
x y+ x = 2007y + 2
Così com’è, non è possibile scomporre questo polinomio. Se però portiamo tutto al primo membro e proviamo a togliere 2005 a entrambi i membri otteniamo
x y+ x − 2007y − 2005 − 2 = −2005 ⇔ (x − 2007) · (y + 1) = −2005
Ma poiché cerchiamo soluzioni intere positive, certamentey+1 ≥ 2, allora il fattore negativo dev’essere x− 2007 < 0. Inoltre scomponiamo 2005= 5 · 401, e proviamone tutti i possibili divisori sul secondo fattore:
• y+ 1 = 1 ⇔ y = 0: Impossibile, perché chiedevamo y intero positivo • y+ 1 = 5 ⇔ y = 4,x − 2007 = −401 ⇔ x = 1606: Prima soluzione • y+ 1 = 401 ⇔ y = 400,x − 2007 = −5 ⇔ x = 2002: Seconda soluzione • y+ 1 = 2005 ⇔ y = 2004,x − 2007 = −1 ⇔ x = 2006: Terza soluzione
L’equazione è quindi risolta, e le tre soluzioni sono (1606,4),(2002,400),(2006,2004).
2.3.3 Metodo delle congruenze
Il altro metodo spesso utilizzato per dimostrare che un’equazione Diofantea non ha soluzioni (magari dopo aver posto condizioni aggiuntive sulle variabili per escludere le soluzioni già trovate), è valutarne la congruenza modulo un qualche m , e dedurre che la relativa congruenza è impossibile. Se lo è, lo sarà anche l’equazione originale (numeri uguali hanno lo stesso resto modulo m qualunque). Per meglio visualizzare l’aiuto fornito dalle condizioni, se per esempio
2.3 Equazioni Diofantee 25
si ricava che la variabile p numero primo deve essere p≡ 0 (mod 3), allora si può dedurre che proprio p= 3; e sostituendo direttamente nell’equazione si verifica se effettivamente questa individua una soluzione.
Quali sono le coppie(p,n)di interi non negativi conp primo tali chep2+n −3 = 6n+n6? L’equazione p2+ n − 3 = 6n+ n6 comprende due termini, −3 e 6n, che sparirebbero considerandola modulo 3. Prima si deve prestare attenzione al caso particolare n = 0, un valore accettabile in quanto non negativo. Solo in questo caso 6n= 60= 1e quindi6n non è congruente a 0 modulo 3. Sostituendo n = 0 si ottiene p2− 3 = 1 e quindi la soluzione accettabile (2,0).
Se invecen6= 0, si considera l’equazione di partenza modulo3: p2+n ≡ n6cioèp2≡ n6−n. Si analizzano i tre casi n≡ 0, 1, 2 (mod 3): se n≡ 0allora p2≡ 06− 0 = 0; se n≡ 1 allora
p2≡ 16− 1 = 0;n≡ 2allorap2≡ 26− 2 = 64 − 2 = 62 ≡ 2. Il terzo caso è impossibile: infatti, un quadrato perfetto non è mai congruo a 2 modulo 3; detto in altre parole, 2 non è un residuo quadratico modulo 3. Segue che, in ogni caso,p2≡ 0 (mod3). Questo significa che, ricordando la definizione stessa di congruenza, 3| p2, e quindi 3| p. Siccome p è un numero primo, l’unica possibilità è p = 3. Si sostituisce questo valore nell’equazione di partenza, ricavando9+ n − 3 = 6n+ n6 cioè6+ n = 6n+ n6. Secondo il testo del problema,
n deve essere non negativo, e il caso n = 0 è stato già trattato. Quindi n ≥ 1, il che determina 6n≥ 6 en6≥ n, con uguaglianza nel solo cason= 1. Segue che6n+ n6≥ 6 + n
e l’uguaglianza vale se e solo se n = 1. In questo modo si determina la seconda soluzione
(3,1), e si prova anche che non ne esistono altre.
Trovare le soluzioni intere, se ce ne sono, per l’equazione:
42a+ a42= 26a· a26
Tentare di risolvere esplicitamente l’equazione data è impensabile, ma se esiste un a
che la soddisfa, lo stesso soddisferà anche 42a + a42 ≡ 26a · a26(mod 5). Questa è molto più facile da risolvere, e tenendo presente che 42≡ 2, 26 ≡ 1 (mod 5) l’equazione può essere riscritta come 2a+ a42 ≡ 1a · a26 ≡ a26(mod 5). Si verifica poi che modu-lo 5 tutte le potenze si ripetono ciclicamente ogni 4 volte, cioè a5 = a per ogni a
(05= 0,15= 1,25= 32 ≡ 2,35≡ (−2)5= −(25) ≡ −2 ≡ 3,45≡ (−1)5= −1 ≡ 4). Dato poi che
42≡ 2, 26 ≡ 2 (mod 4), allora anche a42= a40· a2= (a4)10· a2≡ 110· a2= a2 e allo stesso modo a26≡ a2. Possiamo allora scrivere 2a+ a2≡ a2(mod 5) =⇒ 2a ≡ 0 (mod 5). Ma questo è chiaramente impossibile, e quindi anche l’equazione iniziale non ha soluzioni.