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Determinare le soluzioni intere di:

$ \displaystyle x^4+y^2=z^4 $

Cancellata soluzione errata riproverò + tardi

Alex89 ha scritto:Ragionando modulo 4 si vede che x y e z sono tutti pari

$ 0^4+9²=3^4 $

Mi sa che hai sbagliato qualcosa... E anche la parte dopo non mi pare chiarissima...

Pigkappa ha scritto:$ 0^4+9²=3^4 $

e quindi una parte delle soluzioni potrebbe essere ottenuto annullando il valore di una lettera:

per x=0:
$ $z^2=y $

per y=0
$ $x=z \quad oppure \quad x=-z $

per z=0
$ $x=y=0 $

(per il resto ci devo pensare... )

edit: ragà ma genericamente
$ $ \frac{x^4-1}{2}=a^2 \quad con \quad x, \quad a \quad interi $
$ $\frac{x^4+1}{2}=b^4 \quad con \quad x, \quad b \quad interi $
x deve essere maggiore di uno
hanno soluzioni intere?

Ragionando con le congruenze modulo 16 abbiamo che le terne possibili sono solo quelle della forma:

$ (2l,8m+1,2n+1) $
$ (2l+1,4m,2n+1) $
$ (2l,4m,2n) $
$ (2l,8m-1,2n+1) $

Poi non so come ragionare, ma non credo che esistano terne non banali...

Poniamo x,y,z>0
Un'idea per iniziare potrebbe essere questa:

Sia p un primo. Se (a,b,c) è una soluzione si verifica facilmente che $ (ap,bp^2,cp) $ è un'altra soluzione. Allora divido le terne in terne primitive e derivate. A noi interessano solo quelle primitive. Sia $ d=gcd(x,y,z) $ e $ x=da y=db z=dc $.L'equazione diventa:
$ d^4a^4+d^2b^2=d^4c^4 $. Ora il primo e il terzo termine sono divisibili per d^4, quindi anche il secondo lo sarà. Allora $ y=d^2b $. Quindi d si semplifica e si arriva ad una terna primitiva in cui $ d=1 $.
Ora il problema diventa:
esistono x,y,z >0 tc $ gcd(x,y,z)=1 $ e $ x^4+y^2=z^4? $

Il resto è work in progress.

Le congruenze modulo 16 sono belle ma fuorvianti...

forse posso dire:

sapendo che
$ x^4 + y^2 = z^4 $
allora esistono due numeri interi m e n tali che
$ z^2 = m^2+n^2 $
$ y = 2mn $
$ x^2 = m^2-n^2 $

Naturalmente le uguaglianze per x e y possono essere scambiate, cioè anche
$ x^2 = 2mn $
$ y = m^2-n^2 $

Qust'ultimo caso è però assurdo in quanto un triangolo rettangolo con i lati interi non può avere come area un quadrato perfetto, come dimostrato da Fermat; in quasto caso il triangolo in questione ha lati m, n e z.

Da
$ m^2+n^2 =z^2 $
sappiamo che esistono due interi i e j tali che
$ z = i^2+j^2 $
$ m = 2ij $
$ n = i^2-j^2 $
In totale si tratta di trovare le coppie (i,j) che fanno dell'espressione
$ |{2ij}^2-{(i^2-j^2)}^2| $
un quadrato perfetto (ho aggiunto il valore assoluto nel caso che abbia scambiato minuendo e sottraendo.

Bertolo ha scritto: sapendo che
$ x^4 + y^2 = z^4 $
allora esistono due numeri interi m e n tali che
$ z^2 = m^2+n^2 $
$ y = 2mn $
$ x^2 = m^2-n^2 $

In totale si tratta di trovare le coppie (i,j) che fanno dell'espressione
$ |{2ij}^2-{(i^2-j^2)}^2| $
un quadrato perfetto (ho aggiunto il valore assoluto nel caso che abbia scambiato minuendo e sottraendo.

Ho provato a seguire la tua stessa starda, solo che io cercavo (disperatamente) di dimostrare che non esistono quadrati del genere...

Bertolo ha scritto: $ n = i^2-j^2 $
In totale si tratta di trovare le coppie (i,j) che fanno dell'espressione
$ |{2ij}^2-{(i^2-j^2)}^2| $
un quadrato perfetto (ho aggiunto il valore assoluto nel caso che abbia scambiato minuendo e sottraendo.

Ecco, questo era il punto a cui ero arrivato io (in modo un po' diverso nei passaggi sopra, ma comunque arrivavo qui)... Però da qui non sono riuscito a finire...

Qust'ultimo caso è però assurdo in quanto un triangolo rettangolo con i lati interi non può avere come area un quadrato perfetto, come dimostrato da Fermat

Che teorema è questo?

Uhm, un simil teorema di Fermat, verra' per discesa infinita???

dopo due giorni di tentativi provo a semplificare la tesi...scusate ma nn so fare dipiu....
le avro provate piu omeno tutte
abbiamo ((x^2)^2)+(y^2)=((z^2)^2), wlog x, y, z in N.
se p divide almeno due tra le tre incognite allora divide anche la terza. inoltre deve essere della forma m^4. per cui se (x, y, z) sono soluzioni dell'equazione data e mcd(x, y, z)=m allora anche ((x/m),(y/m^2),(z/m)) sarà soluzione.
cerchiamo quindi di trovare le primitive.

PS qualcuno mi da un link di una dimostazione decente delle primitive di pitagora?

comunque, dato per assodato le soluzioni della precedente allora esistono a e b in Z tali che x^2=a^2-b^2 e z^2=a^2+ b^2. il problema è ora riformulato.

un intero puo essere la media quadratica tra due altri interi (positivi e diversi tra loro)?
in caso negativo (come mi aspetterei... ma questo manca ) le soluzioni sono solo quelle banali.

Non ci sto capendo molto, ma mi pare che per il momento nessuno abbia messo una soluzione, quindi provo a scrivere le mie idee, poi mi dite se son giuste.

Proviamo direttamente con la tesi originale (sono troppo indeciso su quale riformulazione scegliere..):

$ (z^2-x^2)(z^2+x^2)=y^2 $

Posso supporre che x,y,z siano a due a due coprimi. Esattamente uno dei tre e' pari, supponiamo sia y. Allora $ z^2+x^2=2a^2 $ e $ z^2-x^2=2b^2 $

Prendiamo u e v tali che: u+v=z e u-v=x. Allora $ u^2+v^2=a^2 $ e $ 2uv=b^2 $, chiaramente assurdo (vedi formula per terne pitagoriche primitive).

Quindi e' x a essere pari, per cui $ z^2-x^2=a^2 $ e $ z^2+x^2=b^2 $ (ma forse fin qui ci era gia' arrivato anche jordan e altri, ma vabbeh...). Ora abbiamo che $ b^2+a^2=2z^2 $ e $ b^2-a^2=2x^2 $, ma abbiamo provato sopra l'assurdita' di qualcosa di molto simile...

Bye!

(btw, avevo anche una sol per discesa infinita, ma ho perso il foglio su cui l'avevo scritto, se lo ritrovo magari la posto..)

febo dice "ma abbiamo provato l'assurdità di qualcosa molto simile"..

ma dove??guarda ke è proprio quello il problema...

Febo ha scritto:Posso supporre che x,y,z siano a due a due coprimi. Esattamente uno dei tre e' pari, supponiamo sia y. Allora $ z^2+x^2=2a^2 $ e $ z^2-x^2=2b^2 $

Prendiamo u e v tali che: u+v=z e u-v=x. Allora $ u^2+v^2=a^2 $ e $ 2uv=b^2 $, chiaramente assurdo (vedi formula per terne pitagoriche primitive).

Febo ha scritto:Ora abbiamo che $ b^2+a^2=2z^2 $ e $ b^2-a^2=2x^2 $, ma abbiamo provato sopra l'assurdita' di qualcosa di molto simile...

Questo post, che ho scritto principalmente per dimostrare che conosco la funzione "quote", va letto con la seguente accortezza: cambiando i nomi alle cose non si cambiano le cose, per cui nonostante tutto io non sono il Dio Sole ne' tantomeno l'intrepido Capitan Febo che salva e sposa la bella Esmeralda (che pure tanto bella non e' ), ma un misero sconosciuto...

Dunque il buffo teorema di Fermat che Bertolo cita e' valido in entrambi i casi (per dimostrarlo, anche senza "il principio di autorita'", basta sapere di che forma sono le terne pitagoriche, come facevo notare sopra).

Spero che ora ogni cosa sia chiara (compresa la funzione "quote").

Ossequi.

ho riletto i tuoi postconla massima calma e sono arrivato fino all'ultima riga poi mi sono fermato...
allora, sonod'accordo che vuoi dimostrare l'assurdità del sistema (I) e (II) dove (I)u^2+v^2=a^2 e (II)2uv=b^2, con a, b, u, v in Z. qui pero non vedo quel "chiaramente assurdo x le formule pitagoriche".
cioè, sommando la (I) e la (II) ottengo (u+v)^2=z^2=a^2+b^2, possiamo costruire praticamente due triangoi rettangoli di lati (u,v,a) e (rad(2uv),a,z=u+v).
scusa l'ignoranza ... ma adessoperchè nn possono essere tutti interi?