$x^2+y^2+z^2=2xy+2yz+2zx$

[jordan]

Mostrare che esistono infiniti $(x,y,z) \in \mathbb{Z}^3$ tali che $\text{gcd}(x,y,z)=1$ e $x^2+y^2+z^2=2xy+2yz+2zx$.

Bonus. Possiamo trovarle tutte?

Ps. Non ho la risposta al bonus, anche se sono piu' o meno convinto di averle trovate tutte

[FrancescoVeneziano]

Bonus. Possiamo trovarle tutte?

Sì.

[Gottinger95]

Vogliamo trovare tutte le soluzioni.

Notiamo che se \(p \mid x,y\) allora \(p \mid (x,y,z)=1\), perciò \( (x,y) = (y,z) = (z,x) = 1\). Risolviamo in \(x\) l'equazione e otteniamo:
\( x^2-2x(y+z) +y^2+x^2-2xy = x^2-2x(y+z) +(y-z)^2 = 0\)
da cui
\( \displaystyle x_{1,2} = (y+z) \pm \sqrt{ (y+z)^2-(y-z)^2} = (y+z) \pm 2 \sqrt{yz}\) (1)
Visto che \((y,z)=1\), \(y,z\) devono essere quadrati e concordi. Con lo stesso ragionamento anche \(x\) deve essere concorde con \(y,z\); visto che se \((x,y,z)\) è soluzione lo è anche \((-x,-y,-z)\), possiamo supporre \(x,y,z \ge 0\). Sostituiamo \(y \leftarrow y^2, z \leftarrow z^2\) nella (1) e otteniamo
\( x_{1,2} = (y \pm z)^2\)
D'altronde la terna \( (z^2,(y-z)^2,y^2) \) è uguale alla terna \((z^2, y^2, (y+z)^2)\) (la somma delle basi dei primi due è la base del terzo). Ci basta dunque verificare \( (y^2, z^2, (y+z)^2 )\): sostituiamo nella forma
\( (x+y-z)^2 = 4xy\)
e otteniamo
\( (x+y-z)^2 = [ (y+z)^2 + (y+z)(y-z) ] ^2 = (y+z)^2 4y^2 = 4xy\)
In definitiva le soluzioni sono tutte e sole quelle della forma \( (\pm x^2, \pm y^2, \pm (x+y)^2 ) \).

[jordan]

Io avevo trovato soltanto $((a-1)^2,(2a)^2,(a+1)^2)$, ottimo!

[fph]

Forse dico stupidaggini, ma non viene tranquillamente col vecchio metodo della "secant slope parametrization" che si usa per trovare le terne pitagoriche?

[gpzes]

...c'è qualcosa che non va..non doveva essere gcd(x,y,z)=1??
Perchè se x=y=3...verrebbe z=6...forse dico sciocchezza e non ho capito..
..qui mi viene che unica soluzione è zero....

[Gottinger95]

Si, scusa, mi sono dimenticato di aggiungere \(x \neq y\) (che discende dalle prime due righe).

[gpzes]

@Gottinger..no sono io distratto Scusatemi…sono lento e sbaglio pure..comunque..
@fph..sì...
Lavorando modulo 4 e scimmiottando procedimento per trovare terne pitagoriche primitive, avevo trovato stesso risultato … però un po’ diverso..
Le terne mi vengono
$\underset{a\ \equiv \ 0 \bmod 2}{\mathop {\left( {{(a+1)}^{2}};{{(a-1)}^{2}};4 \right)}}
\cup
\underset{\gcd (\alpha\ ;\ \beta )=1 \wedge\ \alpha ,\ \beta \ \equiv \ 1\bmod 2}{\mathop {\left( {{\alpha }^{2}};{{\beta }^{2}};{{\left( \alpha +\beta \right)}^{2}} \right)}}$
----------------------------------------------------
Scusate...modifico post perchè trovato errore

$\underset{\gcd (\alpha ;\beta )=1\wedge\ \alpha ,\ \beta \ \equiv \ 1\bmod 2}{\mathop {\left( \pm {{\alpha }^{2}};\pm {{\beta }^{2}};\pm {{\left( \alpha +\beta \right)}^{2}} \right)}},$