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Ave!
Recentemente mi sono imbattuto nel problema sottoscritto che, non avendo la soluzione, non sono sicuro di aver risolto correttamente...

Trovare tutte le coppie ordinate di interi (s,t) che risolvono:
(t^4) + 3*(t^2)*(s^2) + 9*(s^4) = 12^2006

Attendo fiducioso... grazie a tutti,
Aloha!!!

Io trovo come unica soluzione $ (s, t) = (\pm 2^{1003} \cdot 3^{501}, 0) $.

Procedo cosi`: studio l'equazione modulo $ 3 $, e trovo che $ t \equiv 0 \pmod 3 $, quindi pongo $ t = 3t_1 $. Sostituisco nell'equazione e divido per $ 3^2 $: ottengo $ 9 t_1^4 + 3t_1^2 s_1^2 + s_1^4 = 3^{2004} \cdot 2^{4012} $. Chiaramente e` possibile ripetere il procedimento piu` volte, fino a quando nel RHS non ci saranno piu` potenze di $ 3 $. Alla fine arriviamo all'equaione $ 9t_{501}^4 + 3t_{501}^2 s_{501}^2 + s_{501}^4 = 2^{4012} $ (ricordiamo che $ s = 3^k s_k $).

Trascuriamo ora questi pedici, solo per chiarezza, e studiamo l'equazione modulo $ 4 $: abbiamo che $ t^4 - t^2 s^2 + s^4 \equiv 0 \pmod 4 $; sapendo che $ \forall n \in \mathbb{Z} $, $ n^2 \equiv 0 \pmod 4 $ o $ n^2 \equiv 1 \pmdo 4 $, notiamo che l'unica combinazione accettabile e` che si abbia $ t^2, s^2 \equiv 0 \pmod 4 $, e quindi $ t, s $ sono pari.

Con ovvio significato dei termini, abbiamo $ 9 \cdot 2^4 t_1^4 + 3 \cdot 2^4 t_1^2 t_2^2 + 2^4 s_1^4 = 2^{4012} $, e quindi, semplificando, $ 9 t_1^4 + 3 t_1^2 s_1^2 + s_1^4 = 2^4008 $. Analogamente a quanto abbiamo fatto prima, ora possiamo ripetere lo stesso procedimento fino a quando nel RHS non ci sono piu` potenze di $ 2 $: arriviamo a $ 9 t_{1003}^4 + 3 t_{1003}^2 s_{1003}^2 + s_{1003}^4 = 1 $. Siccome le incognite sono intere, affinche` il LHS sia uguale al RHS deve necessariamente essere $ t = 0, s_{1003} = \pm 1 $.

A questo punto ricaviamo il valore che interessa a noi: $ s = 3^{501} \cdot 2^{1003} s_{1003} = \pm 2^{1003} \cdot 3^{501} $. Verifichiamo il risultato: $ 9s^4 = 2^{4012} \cdot 3^{2006} = 12^{2006} $.

Spero che il procedimento sia giusto

Il procedimento è giusto, e anche la soluzione Io avrei solo detto che si può ripetere il procedimento più volte dato che l'equazione che si ottiene dopo i primi passaggi è analoga a quella iniziale per simmetria (in genere si fa solo se ti trovi in condizioni perfettamente uguali) comunque in questo caso non fa una piega.

Forse un po' più velocemente potevi utilizzare il principio della discesa infinita (che come idea è quello che hai fatto tu) e terminare dicendo che ,non esistendo una successione strettamente crescente di numeri naturali di infiniti termini, non esistono coppie $ (s,t) $ con $ s $ e $ t $ interi positivi che verificano l'equazione e quindi guardando cosa succede per gli zeri.

No: non e` una discesa infinita, termina dopo un numero finito di iterazioni: infatti, una soluzione c'e`

Se fosse stata una discesa infinita, allora certamente si poteva risolvere piu` velocemente

Itera 2 volte il tuo passaggio o considera la simmetria e vedi che è una discesa infinita. L'assurdo infatti si ottiene nel caso in cui sia $ s $ che $ t $ sono interi positivi. Poi sostituisci $ s=0 $ e $ t=0 $ e determini facilmente le eventuali soluzioni.0
Succede abbastanza spesso che la discesa infinita riduca a dover fare qualche caso particolare a mano. E comunque non esistono mai discese infinite negli interi positivi, è per quello che è un metodo di risoluzione per assurdo

No, perche` dopo un certo numero di iterazioni, nel RHS non ci sono piu` fattori uguali a $ 3 $, quindi non ti viene piu` che $ s \equiv 0 \pmod 3 $, allora non puoi piu` applicare la sostituzione, e non puoi continuare a dividere: non e` una discesa infinita, perche` la condizione di iterazione (eg divisibilita` per $ 3 $ di una delle due incognite) cambia dopo un certo numero di iterazioni.

Una discesa infinita e` quella che ti permette di dire che $ a^2 + b^2 = 3c^2 $: in questo caso la condizione di divisibilita` per $ 3 $ non cambia, e quindi arrivi all'assurdo (dovresti avere dei numeri che sono divisibili per $ 3^k $ qualunque sia $ k $).

Erro e persevero...
Sì sì, hai ragione. Chissà perchè ero così convinto

Tanto il procedimento e` quello..

Ok, grazie... avevo fatto giusto anche se con questa soluzione pazzescamente lunga...

Chiamo $ t^2 = x $ e $ 3s^2 = y $
Vediamo che $ (x - y)^2 = 12^{2006} - 3xy $. $ (x - y) $ è un numero intero che posso chiamare $ m $.
Quindi $ 3xy = 12^{2006} - m^2 $ e dunque $ y = (12^{2006} - m^2)/3x $.
Siccome $ y $ dev'essere intero $ 12^{2006} - (x-y)^2 \equiv 0 \pmod x $...
Svolgendo il quadrato del binomio si osserva che $ 12^{2006} \equiv y^2 \pmod x $perchè i termini $ x^2 $ e $ -2xy $ vanno via.
Quindi $ 12^{2006} = ax + y^2 $ dove $ a $ è un numero intero.
Quindi $ ax + y^2 = x^2 + xy + y^2 $ e svolgendo i conti:
$ x(x + y - a) = 0 $ e dunque $ x_1 = 0 $, $ x_2 = a - y $.
Ora sostituisco $ a - y $ al posto di $ x $ nell'equazione iniziale:
$ a^2 - ay + y^2 = 12^{2006} $.
Con un procedimento di moduli identico a quello di prima si ottiene che:
$ a_1 = 0 $ e di conseguenza $ x_2 = 0 - y = -y $, oppure
$ a_2 = y + b $ dove $ b $ è un numero intero. Se si sostituisce questo secondo valore di a e si risolve rispetto a x si ottiene un'equazione di secondo grado che porta a una soluzione non intera, e quindi da scartare, e a un valore di $ x $ che comporta $ y = 0 $.
Qust'ultima soluzione di $ x $ si ottiene successivamente per simmetria.
S'è ottenuto dunque le seguenti soluzioni di $ (x,y) $:
$ (0,\pm12^{1003}) $;
$ (\pm12^{1003},\mp12^{1003}) $;
$ (\pm12^{1003},0) $.
Adesso bisogna finalmente uguagliare $ x $ a $ t^2 $ e $ y $ a $ 3s^2 $...
Chiaramente si scartano i valori negativi di $ x $ e $ y $.
I valori di $ x $diversi da zero sono da scartare perchè $ 12^{1003} $ non è il quadrato di un numero intero.
Invece abbiamo $ y = 3s^2 $, $ 2^{2006}\cdot3^{1003} = 3s^2 $,
$ 2^{2006}\cdot3^{1002} = s^2 $ e $ s = \pm2^{1003}\cdot3^{501} $...
Dulcis in fundo, l'agognata soluzione!!!!
$ (\pm2^{1003}\cdot3^{501},0) $

stefanos ha scritto: arriviamo a $ 9 t_{1003}^4 + 3 t_{1003}^2 s_{1003}^2 + s_{1003}^4 = 1 $. Siccome le incognite sono intere, affinche` il LHS sia uguale al RHS deve necessariamente essere $ t = 0, s_{1003} = \pm 1 $.

non ho capito bene questo passaggio, me lo potresti spiegare?


edit: capito

i tre addendi sono sicuramente positivi perchè due sono quadrati e uno è il prodotto di un quadrato per 3. Dunque per essere il primo membro uguale a 1 si devono avere 2 addendi uguali a 0 e uno uguale a 1. L'unico caso possibile è quello che hai detto tu

@bestiedda: esatto.