Equazione diofantea a tre incognita
Qualcuno saprebbe gentilmente dirmi e spiegarmi se esistono altre soluzioni a questa eq. x^2+y^2+z^2=2 xyz oltre a (0,0,0)?
Risposte
No. Non esistono altre soluzioni oltre a \( ( 0, 0, 0 ) \).
Il perché è semplice.
Supponiamo per assurdo che vi sia un'altra soluzione oltre a quella banale.
Il RHS è pari. Il LHS presenta tre quadrati. Quindi o tutti e tre i quadrati sono pari o un quadrato è pari e due quadrati sono dispari.
Supponiamo che solo uno dei tre quadrati sia pari.
Supponiamo senza perdita di generalità che il quadrato pari sia \( x^{2} \): poniamo allora \( x=2x_{1}, y=2y_{1} + 1, z=2z_{1} + 1 \) e riscriviamo l'equazione come \( 4x_{1}^{2} + 4y_{1}^{2} + 4y_{1} + 1 + 4z_{1}^{2} + 4z_{1} + 1 = 4x_{1}(2y_{1}+1)(2z_{1}+1) \), da cui \( 4(x_{1}^{2} + y_{1}^{2} + z_{1}^{2} + y_{1} + z_{1}) + 2 = 4x_{1}(2y_{1}+1)(2z_{1}+1) \). A questo punto è evidente che l'equazione è impossibile perché il LHS da resto \( 2 \) nella divisione per \( 4 \) mentre il RHS da resto \( 0 \).
Supponiamo allora che tutti e tre i quadrati siano pari.
Poniamo \( x = 2x_{1}, y = 2y_{1}, z = 2z_{1} \) e riscriviamo l'equazione come \( 4x_{1}^{2} + 4y_{1}^{2} + 4z_{1}^{2} = 16 x_{1}y_{1}z_{1} \), da cui \( x_{1}^{2} + y_{1}^{2} + z_{1}^{2} = 4 x_{1}y_{1}z_{1} \); al che i tre quadrati nel LHS devono essere tutti e tre pari, poniamo quindi \( x_{1} = 2x_{2}, y_{1} = 2y_{2}, z_{1} = 2z_{2} \) ed otteniamo \( x_{2}^{2} + y_{2}^{2} + z_{2}^{2} = 8x_{2}y_{2}z_{2} \); al che i tre quadrati nel LHS devono essere tutti e tre pari, poniamo \( x_{2} = 2x_{3}, y_{2} = 2y_{3}, z_{2} = 2z_{3} \) e ricominciamo da capo. Per il principio della discesa infinita ciò non è possibile.
P.S.
Questa equazione diofantina è un caso particolare dell'equazione diofantina di Markov-Hurwitz: \( \displaystyle x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} + \cdots + x_{n}^{2} = a x_{1} x_{2} x_{3} \cdots x_{n} \).
Il perché è semplice.
Supponiamo per assurdo che vi sia un'altra soluzione oltre a quella banale.
Il RHS è pari. Il LHS presenta tre quadrati. Quindi o tutti e tre i quadrati sono pari o un quadrato è pari e due quadrati sono dispari.
Supponiamo che solo uno dei tre quadrati sia pari.
Supponiamo senza perdita di generalità che il quadrato pari sia \( x^{2} \): poniamo allora \( x=2x_{1}, y=2y_{1} + 1, z=2z_{1} + 1 \) e riscriviamo l'equazione come \( 4x_{1}^{2} + 4y_{1}^{2} + 4y_{1} + 1 + 4z_{1}^{2} + 4z_{1} + 1 = 4x_{1}(2y_{1}+1)(2z_{1}+1) \), da cui \( 4(x_{1}^{2} + y_{1}^{2} + z_{1}^{2} + y_{1} + z_{1}) + 2 = 4x_{1}(2y_{1}+1)(2z_{1}+1) \). A questo punto è evidente che l'equazione è impossibile perché il LHS da resto \( 2 \) nella divisione per \( 4 \) mentre il RHS da resto \( 0 \).
Supponiamo allora che tutti e tre i quadrati siano pari.
Poniamo \( x = 2x_{1}, y = 2y_{1}, z = 2z_{1} \) e riscriviamo l'equazione come \( 4x_{1}^{2} + 4y_{1}^{2} + 4z_{1}^{2} = 16 x_{1}y_{1}z_{1} \), da cui \( x_{1}^{2} + y_{1}^{2} + z_{1}^{2} = 4 x_{1}y_{1}z_{1} \); al che i tre quadrati nel LHS devono essere tutti e tre pari, poniamo quindi \( x_{1} = 2x_{2}, y_{1} = 2y_{2}, z_{1} = 2z_{2} \) ed otteniamo \( x_{2}^{2} + y_{2}^{2} + z_{2}^{2} = 8x_{2}y_{2}z_{2} \); al che i tre quadrati nel LHS devono essere tutti e tre pari, poniamo \( x_{2} = 2x_{3}, y_{2} = 2y_{3}, z_{2} = 2z_{3} \) e ricominciamo da capo. Per il principio della discesa infinita ciò non è possibile.
P.S.
Questa equazione diofantina è un caso particolare dell'equazione diofantina di Markov-Hurwitz: \( \displaystyle x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} + \cdots + x_{n}^{2} = a x_{1} x_{2} x_{3} \cdots x_{n} \).
Grazie molte per la risposta chiara ed esauriente!!
Prego.
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