Determinare le coppie $ $(x,y)$ $ INTERE che soddisfino:
$ $ x^4 + 3x^2y^2 + 9y^4 = 12^{2006} $ $
(ammetto di non avere la minima idea di come farlo, anche dopo due spiegazioni quasi identiche da due persone diverse e competenti)
Sant'Anna 2006, Ingegneria: Matematica, prova 1
Consideriamo l'equazione [1] $ x^4+3x^2y^2+9y^4 = 12^n $ sugli interi, con $ n \ge 0 $. Se $ y = 0 $, banalmente $ (x,y,n) = (\pm 12^k, 0, 4k) $, con $ k\in\mathbb{N} $. Se invece $ x=0 $, allora $ y = \pm 2^a 3^b $, e in particolare $ 2a = n $ e $ 4b + 2 = n $, da cui $ (x,y,n) = (0,\pm 2^{2k+1} 3^{k},4k+2) $, con $ k \in \mathbb{N} $. Ciò detto, supponiamo perciò per il seguito $ xy \ne 0 $. Wlog, poiché il membro di sinistra è omogeneo di quarto grado in x ed y, ammettiamo pure (come è lecito) $ \gcd(x,y) = 1 $. Allora $ n > 0 $ e $ 3 \mid x $, per cui $ v_3(\mbox{LHS}) = 2 = v_3(\mbox{RHS}) = n $, i.e. [2] $ 9u^4 + 3u^2y^2 + y^4 = 16 $, per qualche $ u \in \mathbb{Z}\!\setminus\!\{0\} $. Se $ |u| = |y| = 1 $, la [2] non ammette evidentemente soluzione. Se infine $ \min(|u|, |v|) \ge 1 $ e $ \max(|u|,|v|) \ge 2 $, allora $ 9u^4 + 3u^2y^2 + y^4 > 16 $, e una volta in più la [2] risulta incompatibile. A questo punto...
Torniamo alla diofantea proposta nel test di ammissione al Sant'Anna. Visto il precedente, poiché $ 2006 \equiv 2 \bmod 4 $, dev'essere necessariamente $ x = 0 $ ed $ y = \pm 2^{2k+1} 3^{k} $, dove $ k \in \mathbb{N} $ e $ 4k+2 = 2006 $. Da qui $ k = 501 $, e quindi $ (x,y) = (0, \pm 2^{1003} 3^{501}) $.
EDIT: quando si fa di fretta... Vedi oltre!!!
Torniamo alla diofantea proposta nel test di ammissione al Sant'Anna. Visto il precedente, poiché $ 2006 \equiv 2 \bmod 4 $, dev'essere necessariamente $ x = 0 $ ed $ y = \pm 2^{2k+1} 3^{k} $, dove $ k \in \mathbb{N} $ e $ 4k+2 = 2006 $. Da qui $ k = 501 $, e quindi $ (x,y) = (0, \pm 2^{1003} 3^{501}) $.
EDIT: quando si fa di fretta... Vedi oltre!!!
Ultima modifica di HiTLeuLeR il 09 set 2006, 16:11, modificato 3 volte in totale.
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MdF
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MdF
Naturalmente errate... Le mie precedenti conclusioni!MdF ha scritto: Siccome sono poco pratico di questi sofismi, come devo considerare queste conclusioni?
Ultima modifica di HiTLeuLeR il 09 set 2006, 14:18, modificato 1 volta in totale.
L'errore è qui, perché l'uguaglianza è vera solo fintanto che $ xy \ne 0 $. Correggo subito...HiTLeuLeR ha scritto:[...] Se invece n > 0, allora $ 3 \mid x $, e perciò $ v_3(\mbox{LHS}) = 2 = v_3(\mbox{RHS}) = n $, i.e. [...]
In quanto a questo, ricordo che $ \mathbb{Z} $ è un anello solo in grazie del fatto che $ 0 \in \mathbb{Z} $, per cui...fioweb ha scritto:Se mi dici che 0 non è un numero intero allora accetto che la diofantea NON ammette soluzione! Altrimenti no!
Visto che ad una ammissione per ingegneria non penso pretendano le valutazioni p-adiche e simili ... propongo una soluzione un po' più pedestre ma, credo, uguale nei contenuti :
innanzitutto $ 12^{2006}=2^{4012}\cdot3^{2006} $; poi, supponiamo che (x,y) sia una soluzione, allora (*) vediamo che
$ x^4+3x^2y^2+9y^4=2^{4012}3^{2006}\Rightarrow x^4=3(2^{4012}3^{2005}-x^2y^2-3y^4) $
Quindi ho due possibilità:
1a) o $ x=3x_1\neq 0 $
2a) o $ x=0 $ e $ y^4=2^{4012}3^{2004} $ (che da una soluzione in interi con x=0 e $ y=2^{1003}3^{501} $).
Esaminiamo quindi il caso 1a : sostituiamo $ x=3x_1 $, allora
$ 81x_1^4+27x_1^2y^2+9y^4=2^{4012}3^{2006} $ e possiamo semplificare un fattore 9, ottenendo
$ 9x_1^4+3x_1^2y^2+y^4=2^{4012}3^{2004} $.
A questo punto possiamo ripetere il ragionamento precedente, dicendo che
$ y^4=3(2^{4012}3^{2003}-x_1^2y^2-3x_1^4) $
e dunque si hanno due casi :
1b) o $ y=3y_1\neq0 $
2b) o $ y=0 $ e $ x_1^4=2^{4012}3^{2002} $ (vediamo però che questa seconda opportunità non da soluzioni intere, in quanto 2002 non è multiplo di 4).
Esaminiamo il caso 1b, sostituendo $ y=3y_1 $, allora
$ 9x_1^4+27x_1^2y_1^2+81y_1^4=2^{4012}3^{2004} $ e possiamo semplificare un fattore 9, ottenendo
$ x_1^4+3x_1^2y_1^2+9y_1^4=2^{4012}3^{2002} $
(§)
Ma questa è la stessa equazione di prima, dove però il termine noto è stato diviso per $ 3^4 $.
Ora, possiamo ripetere tutto quanto fatto da (*) a (§) per 501 volte, ottenendo
$ x_{501}=\dfrac{x}{3^{4\cdot501}}\qquad y_{501}=\dfrac{y}{3^{4\cdot501}} $
(in quanto ogni volta si divide per 3^4 e possiamo sempre proseguire perchè nei primi due passaggi abbiamo supposto x e y non nulle ed esaminato a parte i casi in cui lo sono); l'equazione che soddisfano questi due interi sarà dunque
$ x_{501}^4+3x_{501}^2y_{501}^2+9y_{501}^2=2^{4012}3^{2006-4\cdot501}=2^{4012}3^2 $
Bene ... ora chiamiamo $ u=x_{501} $ e $ v=x_{501} $, per semplicità e occupiamoci dei fattori 2: il membro di sinistra deve essere pari, quindi o due o nessuno dei tre addendi devono essere dispari, ma non è possibile che due siano dispari, quindi sono tutti pari, quindi $ u=2u_1,\ v=2v_1 $, da cui
$ 2^4u_1^4+2^43u_1^2v_1^2+2^49v_1^4=2^{4012}9 $
semplificando il 2^4, possiamo ripetere il ragionamento finchè non scompare il fattore 2 dal membro di destra. Possiamo farlo perchè 4012=4*1003, quindi possiamo semplificare fattori 2^4 fino a ottenere 2^0. Ponendo $ w=\dfrac{u}{2^{1003}}\qquad z=\dfrac{v}{2^{1003}} $
otteniamo
$ w^4+3w^2z^2+9z^4=9 $
ancora un'ultima volta, osserviamo che w deve essere multiplo di 3 : $ w=3w_1 $ e quindi sostituendo e semplificando, otteniamo
$ 9w_1^4+3w_1^2z^2+z^4=1 $ (+)
ma ora, $ |w_1|,|z|\geq 1 $ perchè abbiamo escluso il caso di variabili nulle, quindi $ 9w_1^4+3w_1^2z^2+z^4\geq 9+3+1=13 $ e quindi non è possibile trovare w_1 e z interi non nulli che soddisfino questa. Quindi, non si possono nemmeno trovare (x,y) non nulli che soddisfino quella di partenza, perchè altrimenti
$ w_1=\dfrac{x}{3^{502}2^{1003}}\qquad z=\dfrac{y}{3^{501}2^{1003}} $ soddisferebbero (+) e abbiamo visto che non è possibile.
Quindi l'unica soluzione è quella trovata in 2a : x=0 e $ y=2^{1003}3^{501} $.
innanzitutto $ 12^{2006}=2^{4012}\cdot3^{2006} $; poi, supponiamo che (x,y) sia una soluzione, allora (*) vediamo che
$ x^4+3x^2y^2+9y^4=2^{4012}3^{2006}\Rightarrow x^4=3(2^{4012}3^{2005}-x^2y^2-3y^4) $
Quindi ho due possibilità:
1a) o $ x=3x_1\neq 0 $
2a) o $ x=0 $ e $ y^4=2^{4012}3^{2004} $ (che da una soluzione in interi con x=0 e $ y=2^{1003}3^{501} $).
Esaminiamo quindi il caso 1a : sostituiamo $ x=3x_1 $, allora
$ 81x_1^4+27x_1^2y^2+9y^4=2^{4012}3^{2006} $ e possiamo semplificare un fattore 9, ottenendo
$ 9x_1^4+3x_1^2y^2+y^4=2^{4012}3^{2004} $.
A questo punto possiamo ripetere il ragionamento precedente, dicendo che
$ y^4=3(2^{4012}3^{2003}-x_1^2y^2-3x_1^4) $
e dunque si hanno due casi :
1b) o $ y=3y_1\neq0 $
2b) o $ y=0 $ e $ x_1^4=2^{4012}3^{2002} $ (vediamo però che questa seconda opportunità non da soluzioni intere, in quanto 2002 non è multiplo di 4).
Esaminiamo il caso 1b, sostituendo $ y=3y_1 $, allora
$ 9x_1^4+27x_1^2y_1^2+81y_1^4=2^{4012}3^{2004} $ e possiamo semplificare un fattore 9, ottenendo
$ x_1^4+3x_1^2y_1^2+9y_1^4=2^{4012}3^{2002} $
(§)
Ma questa è la stessa equazione di prima, dove però il termine noto è stato diviso per $ 3^4 $.
Ora, possiamo ripetere tutto quanto fatto da (*) a (§) per 501 volte, ottenendo
$ x_{501}=\dfrac{x}{3^{4\cdot501}}\qquad y_{501}=\dfrac{y}{3^{4\cdot501}} $
(in quanto ogni volta si divide per 3^4 e possiamo sempre proseguire perchè nei primi due passaggi abbiamo supposto x e y non nulle ed esaminato a parte i casi in cui lo sono); l'equazione che soddisfano questi due interi sarà dunque
$ x_{501}^4+3x_{501}^2y_{501}^2+9y_{501}^2=2^{4012}3^{2006-4\cdot501}=2^{4012}3^2 $
Bene ... ora chiamiamo $ u=x_{501} $ e $ v=x_{501} $, per semplicità e occupiamoci dei fattori 2: il membro di sinistra deve essere pari, quindi o due o nessuno dei tre addendi devono essere dispari, ma non è possibile che due siano dispari, quindi sono tutti pari, quindi $ u=2u_1,\ v=2v_1 $, da cui
$ 2^4u_1^4+2^43u_1^2v_1^2+2^49v_1^4=2^{4012}9 $
semplificando il 2^4, possiamo ripetere il ragionamento finchè non scompare il fattore 2 dal membro di destra. Possiamo farlo perchè 4012=4*1003, quindi possiamo semplificare fattori 2^4 fino a ottenere 2^0. Ponendo $ w=\dfrac{u}{2^{1003}}\qquad z=\dfrac{v}{2^{1003}} $
otteniamo
$ w^4+3w^2z^2+9z^4=9 $
ancora un'ultima volta, osserviamo che w deve essere multiplo di 3 : $ w=3w_1 $ e quindi sostituendo e semplificando, otteniamo
$ 9w_1^4+3w_1^2z^2+z^4=1 $ (+)
ma ora, $ |w_1|,|z|\geq 1 $ perchè abbiamo escluso il caso di variabili nulle, quindi $ 9w_1^4+3w_1^2z^2+z^4\geq 9+3+1=13 $ e quindi non è possibile trovare w_1 e z interi non nulli che soddisfino questa. Quindi, non si possono nemmeno trovare (x,y) non nulli che soddisfino quella di partenza, perchè altrimenti
$ w_1=\dfrac{x}{3^{502}2^{1003}}\qquad z=\dfrac{y}{3^{501}2^{1003}} $ soddisferebbero (+) e abbiamo visto che non è possibile.
Quindi l'unica soluzione è quella trovata in 2a : x=0 e $ y=2^{1003}3^{501} $.
Soluzione che immagino sia sostanzialmente identica a quella di Hitl., un po' meno formale forse. Non me ne voglia il buon (Hitl)Euler se la posto egualmente, ma ritengo che scrivere soluzioni sia utile metodo di apprendimento, se poi in un forum c'è anche qualcuno che mi può correggere eventuali errori o sviste.
Dunque, avevamo:
$ $x^4+3x^2y^2+9y^4=12^{2006}=2^{4012}3^{2006}$ $
Siccome $ $\mathrm{RHS} \equiv 0 \pmod 3$ $ e $ $\mathrm{LHS} \equiv x^4 \pmod 3$ $ e tutte le variabili sono intere, dovremo avere $ $x \equiv 0 \pmod 3$ $. Sia dunque $ $x=3x_1$ $, otterremo: $ $81x_1^4 + 27x_1^2 y^2 + 9y^4 = 2^{4012}3^{2006}$ $, cioè:
$ $y^4+3x_1^2 y^2 + 9x_1^4 = 2^{4012}3^{2006}$ $
A questo punto, come prima, dovremo porre $ $y=3y_1$ $. Ricaveremo dunque:
$ $x_1^4+3x_1^2 y_1^2 + 9y_1^4 = 2^{4012}3^{2002}$ $
È dunque rapido (con una semplice e quasi implicita induzione), in questo modo, provare che, più in generale:
$ $x_i^4+3x_i^2 y_i^2 + 9y_i^4 = 2^{4012} 3^{2006-4i}$ $
dove, chiaramente, si pone sempre $ $x_i=3x_{i+1}$ $ e $ $y_i=3y_{i+1}$ $. Ovviamente, sarà che $ $x=3x_1=9x_2= \cdots = 3^ix_i$ $, così come anche $ $y=3y_1 = \cdots = 3^iy_i$ $
Notiamo ora, banalmente, che $ $\max(4i)=2004 \Rightarrow \max i = 501$ $. Con $ $i=501$ $ otteniamo la seguente:
$ $x_{501}^4+3x_{501}^2 y_{501}^2 + 9y_{501}^4=2^{4012}3^2$ $
Possiamo porre ancora $ $x_{501}=3x_{502}$ $ (cioè $ $x=3^{502}x_{502}$ $), ottenendo infine:
$ $y_{501}^4 + 3y_{501}^2 x_{502}^2 + 9x_{502}^4 = 2^{4012}$ $.
Poniamo ora $ $a=y_{501}, b=x_{502}$ $, ottenendo:
$ $a^4+3a^2b^2+9b^4=2^{4012}$ $
Notiamo subito che $ $\mathrm{RHS}$ $ è pari; perché anche il membro sinistro sia pari, deve essere necessariamente che $ $a,b$ $ siano pari. Infatti, se fossero entrambe dispari, avremmo la somma di tre dispari (sicuramente dispari); se avessero parità opposta, avremmo la somma di due pari e un dispari, sicuramente dispari. Sia dunque $ $a=2a_1$ $, $ $b=2b_1$ $. Otteniamo in tal modo $ $2^4a_1^4+2^4 \cdot 3 a_1^2 b_1^2 + 2^4 \cdot 9b_1^4 = 2^{4012}$ $, cioè:
$ $a_1^4 + 3 a_1^2 b_1^2 + 9b_1^4 = 2^{4008}$ $
Più in generale, possiamo dimostrare (banalmente inducendo) che:
$ $a_k^4+3 a_k^2 b_k^2 + 9 b_k^4 = 2^{4012-4k}$ $
Avremo inoltre che $ $a=2^k a_k$ $ e $ $b=2^k b_k$ $. Siccome poi $ $4012 \equiv 0 \pmod 4$ $, sicuramente $ $\max(4k)=4012 \Rightarrow \max k = 1003$ $. Con $ $k = \max = 1003$ $ otterremo dunque:
$ $a_{1003}^4 + 3 a_{1003}^2 b_{1003}^2 + 9b_{1003}^4 = 2^0=1$ $
Si nota subito che tale equazione ha soluzioni soltanto se $ $b_{1003}=0, a_{1003}=\pm 1$ $. Risostituendo tale unica soluzione, otterremo:
$ $b=0 \Rightarrow x_{502}=0 \Rightarrow x=0$ $ e
$ $a=\pm 2^{1003} \Rightarrow y=\pm 3^{501}2^{1003}$ $.
Fine.
Dunque, avevamo:
$ $x^4+3x^2y^2+9y^4=12^{2006}=2^{4012}3^{2006}$ $
Siccome $ $\mathrm{RHS} \equiv 0 \pmod 3$ $ e $ $\mathrm{LHS} \equiv x^4 \pmod 3$ $ e tutte le variabili sono intere, dovremo avere $ $x \equiv 0 \pmod 3$ $. Sia dunque $ $x=3x_1$ $, otterremo: $ $81x_1^4 + 27x_1^2 y^2 + 9y^4 = 2^{4012}3^{2006}$ $, cioè:
$ $y^4+3x_1^2 y^2 + 9x_1^4 = 2^{4012}3^{2006}$ $
A questo punto, come prima, dovremo porre $ $y=3y_1$ $. Ricaveremo dunque:
$ $x_1^4+3x_1^2 y_1^2 + 9y_1^4 = 2^{4012}3^{2002}$ $
È dunque rapido (con una semplice e quasi implicita induzione), in questo modo, provare che, più in generale:
$ $x_i^4+3x_i^2 y_i^2 + 9y_i^4 = 2^{4012} 3^{2006-4i}$ $
dove, chiaramente, si pone sempre $ $x_i=3x_{i+1}$ $ e $ $y_i=3y_{i+1}$ $. Ovviamente, sarà che $ $x=3x_1=9x_2= \cdots = 3^ix_i$ $, così come anche $ $y=3y_1 = \cdots = 3^iy_i$ $
Notiamo ora, banalmente, che $ $\max(4i)=2004 \Rightarrow \max i = 501$ $. Con $ $i=501$ $ otteniamo la seguente:
$ $x_{501}^4+3x_{501}^2 y_{501}^2 + 9y_{501}^4=2^{4012}3^2$ $
Possiamo porre ancora $ $x_{501}=3x_{502}$ $ (cioè $ $x=3^{502}x_{502}$ $), ottenendo infine:
$ $y_{501}^4 + 3y_{501}^2 x_{502}^2 + 9x_{502}^4 = 2^{4012}$ $.
Poniamo ora $ $a=y_{501}, b=x_{502}$ $, ottenendo:
$ $a^4+3a^2b^2+9b^4=2^{4012}$ $
Notiamo subito che $ $\mathrm{RHS}$ $ è pari; perché anche il membro sinistro sia pari, deve essere necessariamente che $ $a,b$ $ siano pari. Infatti, se fossero entrambe dispari, avremmo la somma di tre dispari (sicuramente dispari); se avessero parità opposta, avremmo la somma di due pari e un dispari, sicuramente dispari. Sia dunque $ $a=2a_1$ $, $ $b=2b_1$ $. Otteniamo in tal modo $ $2^4a_1^4+2^4 \cdot 3 a_1^2 b_1^2 + 2^4 \cdot 9b_1^4 = 2^{4012}$ $, cioè:
$ $a_1^4 + 3 a_1^2 b_1^2 + 9b_1^4 = 2^{4008}$ $
Più in generale, possiamo dimostrare (banalmente inducendo) che:
$ $a_k^4+3 a_k^2 b_k^2 + 9 b_k^4 = 2^{4012-4k}$ $
Avremo inoltre che $ $a=2^k a_k$ $ e $ $b=2^k b_k$ $. Siccome poi $ $4012 \equiv 0 \pmod 4$ $, sicuramente $ $\max(4k)=4012 \Rightarrow \max k = 1003$ $. Con $ $k = \max = 1003$ $ otterremo dunque:
$ $a_{1003}^4 + 3 a_{1003}^2 b_{1003}^2 + 9b_{1003}^4 = 2^0=1$ $
Si nota subito che tale equazione ha soluzioni soltanto se $ $b_{1003}=0, a_{1003}=\pm 1$ $. Risostituendo tale unica soluzione, otterremo:
$ $b=0 \Rightarrow x_{502}=0 \Rightarrow x=0$ $ e
$ $a=\pm 2^{1003} \Rightarrow y=\pm 3^{501}2^{1003}$ $.
Fine.
...
A parte che puoi proporre (servirà davvero dirlo?!) quel che cavolo ti pare senza alcuna necessità di metterci ogni santa volta un assurdo preambolo dei tuoi (EvaristeG ha scritto:Visto che ad una ammissione per ingegneria non penso pretendano le valutazioni p-adiche e simili ... propongo una soluzione un po' più pedestre ma, credo, uguale nei contenuti [...]
), ti faccio soltanto notare come le valutazioni p-adiche, in questo caso come in tanti altri, servono semplicemente a esprimere in un segno una proprietà che altrimenti andrebbe descritta spendendo un sacco di parole: se scrivo $ v_3(\mbox{LHS}) = 2 $, non intendo sostanzialmente nulla di trascendentale, se non che il massimo esponente intero secondo cui 3 divide il membro di sinistra è pari a 2. Adesso dimmi un po' tu se sto esagerando o cosa... 
Be', sì... In effetti è vero... A un esame sufficientemente accurato, sono proprio uguali uguali! Ma scherzi?!Ani-Sama ha scritto: Soluzione che immagino sia sostanzialmente identica a quella di Hitl., un po' meno formale forse.
A parte che c'è libertà di parola ... e se non ricordo male c'è chi sprecava ben più parole di me nello scrivere i post, vero?... poi, mi sembra onesto nei confronti degli utenti cercare ogni volta di risolvere i problemi usando la terminologia più comprensibile e meno tecnica ... perchè parlare di valutazioni (senza peraltro nemmeno spiegare cosa siano) quando basta spendere due righe in più?
Volevo lasciar perdere e non risponderti, ma se non la capisci nemmeno così almeno avrò la coscienza in pace e potrò dire di avertelo detto.
Una soluzione scritta in 8 righe, fitta di simboli tecnici e non intuitivi non è di aiuto a nessuno, soprattutto quando il problema è abbastanza semplice da poter essere trattato con dovizia di particolari e in maniera semplice e diretta, senza perdere niente rinunciando a notazioni particolari per il loro esplicito equivalente.
Mi spiace, ma non smetterò mai di pensare che questo sia un forum per i ragazzi che partecipano alle Olimpiadi di Matematica, non per l'IMOteam e studenti dell'università ... condizione necessaria affinchè questo forum sia fruibile da qualunque utente voglia avvicinarsi alle olimpiadi o alla matematica è che la difficoltà di comprensione di una soluzione sia commisurata alla difficoltà del problema.
Volevo lasciar perdere e non risponderti, ma se non la capisci nemmeno così almeno avrò la coscienza in pace e potrò dire di avertelo detto.
Una soluzione scritta in 8 righe, fitta di simboli tecnici e non intuitivi non è di aiuto a nessuno, soprattutto quando il problema è abbastanza semplice da poter essere trattato con dovizia di particolari e in maniera semplice e diretta, senza perdere niente rinunciando a notazioni particolari per il loro esplicito equivalente.
Mi spiace, ma non smetterò mai di pensare che questo sia un forum per i ragazzi che partecipano alle Olimpiadi di Matematica, non per l'IMOteam e studenti dell'università ... condizione necessaria affinchè questo forum sia fruibile da qualunque utente voglia avvicinarsi alle olimpiadi o alla matematica è che la difficoltà di comprensione di una soluzione sia commisurata alla difficoltà del problema.
Dio mio, se ti stai appesantendo... Ad ogni modo, non ho alcuna intenzione di lanciarmi in una disputa, e perciò mi limito semplicemente a ricordare che esiste una sezione apposita (il glossario) in cui sono definiti - auspico con dovizia di particolari - le notazioni e i risultati più frequentemente utilizzati nella soluzione dei problemi discussi in questo forum. Fra gli altri, en passant, c'è pure un bel 3d interamente dedicato alle valutazioni (qui). Lo dico tanto per smentire qualche vizio retorico di troppo. E ti scongiuro poi di non venirmi a dire che per fare matematica olimpica non serve conoscere una buona dose di teoria, perché tu sai molto meglio di me che questa sarebbe l'n-esima menzogna. Sul fatto infine ch'io tenda ad essere un poco involuto nello stile, be'... Non oso negarlo, ma non farmene una colpa! E mi piace ricordare in proposito come vi sia stato un tempo in cui proprio tu demonizzavi le mie soluzioni perché, altrimenti da adesso, si spendevano troppo nei particolari. Che vuoi che ti dica, non conosco vie di mezzo! Ad ogni modo, ben al di là di questo, i fatti (non le parole) dimostrano che non ho mai rifiutato a nessuno una spiegazione o un chiarimento, ogni qualvolta mi sia stato chiesto, per cui... Smettiamola, su! 
A questo punto posto anche la mia (anche perchè è raro che mi venga un esercizio di TDN, ormai che l'ho risolto lo formalizzo anche...).
Osservando l'equazione $ x^4+3x^2y^2+9y^4=2^{5012}*3^{2006} $ notiamo che x ed y devono essere entrambi pari (altrimenti il LHS è dispari) e che x deve essere multiplo di 3 (altrimenti il LHS non sarebbe multiplo di 3). Perciò devono esistere $ a_1, b_1 $:
$ a_1=3*2*x $
$ b_1=2*y $
L'equazione diventa $ 81*16*a_1^4+27*16*a_1^2*b_1^2+9*16*b_1^4=2^{4012}*3^{2006} $ da cui $ 9*a_1^4+3*a_1^2*b_1^2+b_1^4=2^{4012-4}*3^{2006-2} $, che è molto simile all'equazione di partenza. A questo punto poniamo:
$ x=2^n*6^n*a_{2n} $
$ y=2^n*6^n*b_{2n} $
Tramite successive sostituzioni si giunge all'equazione:
$ a_{1002}^4+3*a_{1002}^2*b_{1002}^2+9b_{1002}^4=16*9 $
E con $ a_{1002}=6*a_{1003}, b_{1002}=2*b_{1003} $ si ottiene
$ 9*a_{1003}^4+3*a_{1003}^2*b_{1003}^2+b_{1003}^4=1 $
Che ha come unica soluzione $ a_{1003}=0, b_{1003}=±1 $. Ricostruendo le sostituzioni si ottiene:
$ x=0 $
$ y=±2*12^{501} $
Osservando l'equazione $ x^4+3x^2y^2+9y^4=2^{5012}*3^{2006} $ notiamo che x ed y devono essere entrambi pari (altrimenti il LHS è dispari) e che x deve essere multiplo di 3 (altrimenti il LHS non sarebbe multiplo di 3). Perciò devono esistere $ a_1, b_1 $:
$ a_1=3*2*x $
$ b_1=2*y $
L'equazione diventa $ 81*16*a_1^4+27*16*a_1^2*b_1^2+9*16*b_1^4=2^{4012}*3^{2006} $ da cui $ 9*a_1^4+3*a_1^2*b_1^2+b_1^4=2^{4012-4}*3^{2006-2} $, che è molto simile all'equazione di partenza. A questo punto poniamo:
$ x=2^n*6^n*a_{2n} $
$ y=2^n*6^n*b_{2n} $
Tramite successive sostituzioni si giunge all'equazione:
$ a_{1002}^4+3*a_{1002}^2*b_{1002}^2+9b_{1002}^4=16*9 $
E con $ a_{1002}=6*a_{1003}, b_{1002}=2*b_{1003} $ si ottiene
$ 9*a_{1003}^4+3*a_{1003}^2*b_{1003}^2+b_{1003}^4=1 $
Che ha come unica soluzione $ a_{1003}=0, b_{1003}=±1 $. Ricostruendo le sostituzioni si ottiene:
$ x=0 $
$ y=±2*12^{501} $