Diofantea di grado ben 5

[darkcrystal]

Trovare tutte le soluzioni intere di $(x-y)^5=x^3-y^3$.

Buon lavoro!

[Gottinger95]

Mio Dio, non pensavo ce ne fossero così tante D:

Innanzitutto se \(x=y\) soddisfa. Da adesso in poi assumiamo \( x-y \neq 0\). Scomponiamo:
\(\displaystyle (x-y)^5 = (x-y)(x^2+y^2+xy) \)
\(\displaystyle (x-y)^4 = x^2+xy+y^2 = (x-y)^2 +3xy\)
\( (x-y)^2[ (x-y)^2-1] = 3xy\)

Sostituiamo \(D=x-y, S=x+y\):
\( D^2( D^2-1) = 3/4 (S^2-D^2) \)
\( 4D^2(D^2-1) = 3S^2-3D^2\)
\( D^2(4D^2-4+3) = 3S^2\)
\(D^2(4D^2-1) = 3S^2\)
Supponiamo per assurdo che \(V_3(D) = \alpha >0\). Visto che \((D^2, 4D^2-1) = 1\), abbiamo \(V_3(LHS) = 2\alpha \). Ma questo è assurdo, perchè invece \(V_3(RHS)\) è dispari. Perciò \(3 \nmid D\), da cui \(D \mid S\). Sia \(S=Dk\). Sostituendo, abbiamo:
\( 4D^2-1 = 3k^2\)
\( (2D)^2-3k^2=1\)
che è un'equazione di Pell. Ci siamo ricondotti a trovare le soluzioni \((a,b)\) dell'equazione di Pell
\(\ \ \ \ \ \ a^2-3b^2=1\) (1)
con \(a\) pari (e \(b>1\), altrimenti \(S=D\) da cui \(x=y=0\), contro l'ipotesi \(D \neq 0\) ). Le soluzioni \((x,y)\) dell'equazione originale saranno poi
\( (x,y) = ( (S+D)/2, (S-D)/2 = ) = ( D(k+1)/2, D(k-1)/2 ) = ( \frac{1}{4} ( ab + a ), \frac{1}{4} ( ab - a )) \) (2)
Cambiando i segni \( (x,y) \) dà anche \((y,x) , (-x,-y), (-y,-x)\), che sostanzialmente sono \( (x,y)\) e l'opposto.

Una soluzione della (1) è (2,1); per trovare le altre, sia \((a_n,b_n)\) l'\(n\)-esima soluzione: impostiamo la ricorrenza
\( a_{n+1}+ \sqrt{3}b_{n+1} = (2+\sqrt{3}) (a_n + \sqrt{3} b_n) \)
da cui si ricava
\( a_{n+1} = 4a_n - a_{n-1}, \) con \(a_0 = 2, a_1=7\)
\( b_{n+1} = 4b_n - b_{n-1}, \) con \(b_0 = 1, b_1=4\)

Notiamo dalla ricorrenza che \(a_n \equiv a_{n-2} \pmod{2}\); visto che \(a_0\) è pari, ci vanno bene tutte e sole le soluzioni della forma \( (a_{2n},b_{2n} ) \). Risolvendo le ricorrenze con il polinomio caratteristico, troviamo

\( a_{2n} = \frac{1}{2} \left ( (2+\sqrt{3})^{2n+1} + (2-\sqrt{3})^{2n+1} \right ) \)
\( b_{2n} = \frac{1}{2 \sqrt{3}} \left ( (2+\sqrt{3} ) ^{2n+1} - (2-\sqrt{3})^{2n+1} \right ) \)

Sostituendo \(a_{2n}, b_{2n} \) nella (2), troviamo che le soluzioni sono tutte e sole quelle della forma:
\( \displaystyle x= \frac{1}{16\sqrt{3} } \left ( (2+\sqrt{3})^{4n+2} - (2-\sqrt{3} )^{4n+2} \right ) + \frac{1}{8} \left ( (2+\sqrt{3})^{2n+1} + (2-\sqrt{3})^{2n+1} \right ) \)
\( \displaystyle y= \frac{1}{16\sqrt{3} } \left ( (2+\sqrt{3})^{4n+2} - (2-\sqrt{3} )^{4n+2} \right ) - \frac{1}{8} \left ( (2+\sqrt{3})^{2n+1} + (2-\sqrt{3})^{2n+1} \right ) \)
al variare di \(n \in \mathbb{N}_0\), le loro opposte, e quelle in cui \(x=y \in \mathbb{Z}\).

EDIT: ho corretto con quello che ho scritto nell'ultimo post.

[darkcrystal]

Ok, sostanzialmente tutto giusto! Per completezza: ci sono dei problemini nella gestione dei segni di $a,b$ (non che siano delle vere difficoltà in più... solo ti perdi metà delle coppie, perché anche le opposte delle tue sono soluzioni), e uno di noi due ha sbagliato qualche conto da qualche parte, perché per n=1 mi sembra che le tue formule diano (105,90), mentre la seconda soluzione è (104,91).

[Gottinger95]

\(((S+D)/2,(S−D)/2=)=((D+1)k/2,(D−1)k/2) \) se \(S=Dk\)

ma certo, non è \(D(k+1)\)...
Correggendo, mi viene
\(\displaystyle x,y = \frac{1}{4} ( a_{2n}b_{2n} + a_{2n} ), \frac{1}{4} ( a_{2n}b_{2n} - a_{2n} )\)
Cambiando i segni \( (x,y) \) dà anche \((y,x) , (-x,-y), (-y,-x)\), che sostanzialmente sono \( (x,y)\) e l'opposto.
Sostituendo \(a_{2n}, b_{2n} \) abbiamo
\( \displaystyle x= \frac{1}{16\sqrt{3} } \left ( (2+\sqrt{3})^{4n+2} - (2-\sqrt{3} )^{4n+2} \right ) + \frac{1}{8} \left ( (2+\sqrt{3})^{2n+1} + (2-\sqrt{3})^{2n+1} \right ) \)
\( \displaystyle y= \frac{1}{16\sqrt{3} } \left ( (2+\sqrt{3})^{4n+2} - (2-\sqrt{3} )^{4n+2} \right ) - \frac{1}{8} \left ( (2+\sqrt{3})^{2n+1} + (2-\sqrt{3})^{2n+1} \right ) \)