Bella diofantea

[alexba91]

@ alexba:
Suggerimento: dividi i casi in cui $ p\vert x $ e $ (x,p)=1 $.

ma non abbiamo appena dimostrato che sicuramente $ p\vert x $? perche prendere in considerazione il caso in cui sono coprimi

[EUCLA]

allora proviamo ad andare avanti........ siamo arrivati a dire che $ \displaystyle \ x^p + \sum_{s=0}^p{p \choose s} {(p^k)^{p-s} (-x) ^s} = p^z $ se seguendo il consiglio di eucla dividiamo per p atteniamo : $ \displaystyle \frac {x^p}{p} + \sum_{s=0}^p{p \choose s} {p^{kp-ks-1}} (-x) ^s} = p^{z-1} $ da cui deduciamo che $ \displaystyle x^p $ è divisibile per $ \displaystyle p $
che avviene solo per $ \displaystyle x=p $. dove sto sbagliando?

Quello che ti dicevo era di riscrivere meglio lo sviluppo col binomio. Infatti ti perdi una cosa per strada:

Nella seconda formula in LaTeX quotata la sommatoria non è intera. Infatti per $ s=p $ ossia per uno degli "estremi" della sommatoria che è $ $x^{p} $, l'esponente $ kp-ks-1 $ non è intero.
Gli $ $x^p $ si semplificano.

[mat94]

Ci provo...
Supponiamo $p\geq 5$.
Supponiamo $p|x$ e $p|y$. $(x+y)(x^{p-1}+-....-+y^{p-1}=p^z)$ , quindi si ha che sia il primo fattore che il secondo fattore sono potenze di due ($x+y=p^a$; $x^{p-1}+-....-+y^{p-1}=p^b$) , sommando queste due potenze si ottiene: $x+y+x^{p-1}+-....-+y^{p-1}=p^a(p^{b-a}+1)$ essendo tutti divisibili per p si ha che b=a e per $p\geq 5$ $x+y=x^{p-1}+-....-+y^{p-1}$ non ha soluzioni. A questo punto abbiamo che gcd(x,y)=1. Per Fermat si ha che $p|x+y$ e quindi per LTE si ottiene: $v_p(x^p+y^p)=v_p(x+y)+1$. Ciò significa che $ x^p+y^p=p(x+y) $. Ma per $p\geq 5$ si ha $ x^p+y^p>p(x+y) $.

A questo punto si analizzano i casi p=2 e p=3 e si ottengono le soluzioni di (x,y,z,p) che sono (2,1,2,3);(1,2,2,3);(1,1,1,2).

[Troleito br00tal]

E' arrivata l'ora dei cannoni:

Teorema di Zsigmondy

[Andrea Palma]

Supponiamo \(p \in \mathbb P\) primo fissato e cerchiamo le soluzioni \( (x,y,z) \in \mathbb Z_+^3\) terne di interi positivi.

\[x^p + y^p = p^z\]

Innanzitutto facciamo due osservazioni

Osservazione 1. Se \((x,y,z)\) è soluzione, il massimo comune divisore di \(x\) ed \(y\) è necessariamente una potenza di \(p\) il cui esponente non supera la parte intera di \( z/p \).
Infatti detto \(g = MCD(x,y)\) e scritti \(x = ag\) e \(y = gb\) per opportuni interi \(a,b\) abbiamo
\[g^p(a^p + b^p) = p^z\]
e deduciamo che \(g^p\) è un divisore di \(p^z\), quindi anche \(g\) (che divide \(g^p\) ) è un divisore di \(p^z\) e gli unici divisori di una potenza di un primo sono esse stesse potenze dello stesso primo (con esponente minore o uguale a quello della potenza del primo che divide.)
Scritto \(g = p^k\) otteniamo la stima su \(k\) osservando che
\[p^{kp}(a^p + b^p) = p^z\]
pertanto \(kp \leq z\) e troviamo che \(k \leq \left\lfloor \dfrac{z}{p} \right\rfloor\).


Osservazione 2. Se \( (x,y,z) \) è soluzione allora esiste una soluzione \(a,b,z'\) con \(a\) e \(b\) comprimi.
Vediamo perché. Sia \(g = MCD(x,y)\) e scritti \(x = ag\) e \(y = gb\) per opportuni interi \(a,b\) abbiamo
\[g^p(a^p + b^p) = p^z\]
Per l'osservazione precedente \(g = p^k\) con \(0 \leq k \leq \left\lfloor \dfrac{z}{p} \right\rfloor \) e otteniamo
\[a^p + b^p = p^{z-kp}\]
dove \(a\) e \(b\) sono ovviamente comprimi perché ottenuti da \(x\) ed \(y\) dividendo per il loro massimo comunque divisore. Poniamo \(z' = z - kp\) e troviamo che \( (a,b, z' ) \) è ancora una soluzione.
Si può però obiettare che \( (a,b, z-kp ) \) non sia una soluzione accettabile nel caso in cui \(z=kp\) e quindi \(z' = z-kp = 0\). Questo caso va trattato a parte per scoprire che non può mai verificarsi. Infatti, se fosse \(z = kp\) avremmo
\[ p^{kp} (a^p + b^p) = p^{kp} \]
che implica
\[ a^p + b^p = 1\]
ma il primo membro è ovviamente maggiore di 2.
quindi \(z\) è sempre maggiore di \(kp\) e \(z' = z - kp\) è un intero positivo quindi la soluzione \(a,b,z'\) è accettabile.



FATTO IMPORTANTE - Per le osservazioni precedenti possiamo limitarci a cercare soluzioni \( (x,y,z) \) con \(x\) ed \(y\) primi fra loro.


Distinguiamo due casi.

CASO \(p = 2\)
L'equazione diventa
\[x^2 + y^2 = 2^z\]
Useremo due risultati molto ben noti:
1) un fatto elementare in teoria dei numeri è che per ogni intero \(a\) il suo quadrato, modulo 4, è congruo a 0 se \(a\) è pari, ed è congruo ad \(1\) se \(a \) è dispari;
2) ancora più elementare è il fatto che, siccome 2 è primo, per ogni intero \(a\), \(a^2\) è pari se e solo se lo è \(a\).
Siccome \(z \geq 1\), il secondo membro dell'equazione è pari e questo implica che \(x^2\) ed \(y^2\) hanno la stessa parità. O sono entrambi pari o sono entrambi dispari. Se fossero entrambi pari, sarebbero pari anche \(x\) ed \(y\) ma noi stiamo cercando soluzioni con \(x\) ed \(y\) coprimi.
Quindi \(x^2\) ed \(y^2\) sono entrambi dispari e allora sono dispari anche \(x\) ed \(y\) e quindi, andando modulo 4 nell'equazione, troviamo che
\[ 1 + 1 = 2^z \ \ (\textrm{mod } 4)\]
cioè
\[2 = 2^z \ \ (\textrm{mod } 4)\]
Notiamo che non appena \(z \geq 2\), 4 divide \(2^z\) che è quindi è congruo a 0 modulo 4.
Se \(z\) fosse maggiore di 1 otterremmo
\[ 2 = 0 \ \ (\textrm{mod } 4)\]
quindi l'unica possibilità che resta è che \(z = 1\).
L'equazione diventa
\[x^2 + y^2 = 2\]
che offre, ovviamente, come unica soluzione \(x = y = 1\) (non appena \(x\) o \(y\) sono maggiori di 1 il primo membro supera 2).
Riassumendo, nel caso \(p = 2\), abbiamo trovato un'unica soluzione \((x,y,z)\) con \(x\) ed \(y\) coprimi:
\[ (1,1,1) \]



CASO \(p\) dispari
\(p \geq 3\). Questo caso mi ha dato molto filo da torcere e mi ha costretto ad affrontare dei dettagli tecnici facili ma un po' intricati e per nulla eleganti. Spero che ci sia qualche altro modo di aggredire il caso \(p\) dispari con qualche teoremino di teoria dei numeri che consenta una trattazione più pulita e se qualcuno mi può suggerire qualche scorciatoia lo ringrazio da subito.
Fatta questa premessa, partiamo con l'analisi di questo caso. Ricordiamo che stiamo cercando soluzioni \( (x,y,z) \) con \(x\) ed \(y\) coprimi e che \(p \geq 3\) (disuguaglianza che userò per delle stime).
\[x^p + y^p = p^z\]
Se \(p\) è dispari il primo membro si può scomporre
\[ x^p + y^p = (x + y)\left( \sum_{k=1}^p (-1)^{k-1} x^{p-k} y^{k-1} \right) = p^z\]
Da qui è chiaro che \(x + y\) è una potenza di \(p\)
\[x+y = p^\alpha\]
con \( 1 \leq \alpha \leq z\). Notiamo che abbiamo escluso \(\alpha = 0\) perché altrimenti \(x+y = 1\) e la somma di due interi positivi è sempre almeno 2.
Anche l'altro fattore è una potenza di \(p\)
\[ S = \left( \sum_{k=1}^p (-1)^{k-1} x^{p-k} y^{k-1} \right) = p^{\beta}\]
con \( \beta + \alpha = z\) e quindi \(0 \leq \beta \leq z - 1\).
Da qui ho cercato di trovare il modo di limitare dall'alto gli \(z\) ammissibili, in modo che restassero pochi casi da esaminare. Ci sono riuscito in un modo un po' contorto, e per nulla diretto. La prima cosa che sono riuscito limitare dall'alto sono i possibili valori di \(\alpha\) e di \(\beta\), ma non contemporaneamente. Nello specifico sono riuscito a dimostrare il seguente fatto.

Fatto 1. Se \(\alpha\) e \(\beta\) sono entrambi maggiori o uguali a \(2\) allora \(x\) ed \(y\) non possono essere coprimi, perché sono entrambi multipli di \(p\).
Partiamo da
\[S = p^\beta\]
Osserviamo che
\[ S = \sum_{k=1}^p (-1)^{k-1} x^{p-k} y^{k-1} = (x+y) \cdot \left( \sum_{k = 1}^{p-1} (-1)^{k-1}\cdot k \cdot x^{p-1-k} \cdot y^{k-1} \right) + py^{p-1}\]
vale infatti la seguente formula per ogni \(a,b \in \mathbb R\) ed \(n \in \mathbb N\) con \(n\) dispari


\(\hspace{6cm}
\fbox{
\( \displaystyle{
\sum_{k=1}^n (-1)^{k-1} a^{n-k} b^{k-1} = (a+b) \cdot \left( \sum_{k = 1}^{n-1} (-1)^{k-1}\cdot k \cdot a^{n-1-k} \cdot b^{k-1} \right) + ny^{n-1} } \)
}\)

La dimostrazione di questa formula è di natura tecnica e si trova in fondo al post. L'utilità dell'applicazione di questa formula consiste nel fatto che, posto \(T = \sum_{k = 1}^{p-1} (-1)^{k-1}\cdot k \cdot x^{p-1-k} \cdot y^{k-1}\) possiamo scrivere
\[S = (x + y) \cdot T + py^{p-1}\]
ottenendo
\[ p^\alpha \cdot T + p y^{p-1} = p^\beta\]
e
\[p y^{p-1} = p^\beta - p^\alpha \cdot T\]
Se \(\alpha \geq 2\) e contemporaneamente \(\beta \geq 2\) allora possiamo dividere per \(p\) e ottenere
\[y^{p-1} = p \cdot \left( p^{\beta - 2} + T \cdot p^{\alpha -2} \right)\]
e concludere che \(p\) divide \(y^{p-1}\) e (essendo primo) \(p\) divide \(y\).
Ora \(x\) ed \(y\) sono interscambiabili quindi anche \(x\) è un multiplo di \(p\).
(Un altro modo per concludere che se \(p | y\) allora \(p | x\) è osservare preliminarmente che da \(x^p + y^p = p^z\) andando modulo \(p\) e applicando il piccolo teorema di Fermat si ottiene \(x + y = 0\) modulo \(p\) dunque se \(y = 0\) mod \(p\) anche \(x = 0\) mod \(p\).)
Abbiamo concluso che se \(\alpha\) e \(\beta\) sono entrambi almeno 2, \(x\) ed \(y\) non sono coprimi, in quanto entrambi multipli di \(p\).



Dobbiamo quindi esaminare le seguenti situazioni, andando alla ricerca di soluzioni con \( x,y\) primi fra loro:
\( \fbox{\(\alpha = 1\)}\), \( \fbox{\(\beta = 0\)}\), \( \fbox{\(\beta = 1\)}\).
Sottocaso 1. \(\alpha = 1\)
In questo caso \( x + y = p\), dunque \(y = p - x\), e \( z = \beta + 1\). L'equazione diventa
\[ x^p + (p - x)^p = p^{\beta + 1}\]
sviluppando col binomio di Newton
\[(p - x)^p = \sum_{k = 0}^p {p \choose k} p^k (-1)^{p-k} x^{p-k}\]
scrivendo i primi tre termini della sommatoria (corrispondenti a \(k \in \{0,1,2\}\) ) e tenendo conto che \(p\) è dispari
\[(p-x)^p = - x^p + p^2 x^{p-1} - \frac{p-1}{2} p^3 x^{p-2} + \sum_{k = 3}^p p^k (-1)^{p-k} x^{p-k}\]
Il termine
\[ - \frac{p-1}{2} p^3 x^{p-2} + \sum_{k = 3}^p p^k (-1)^{p-k} x^{p-k} \]
è chiaramente divisibile per \(p^3\) dunque scriviamo
\[(p-x)^p = - x^p + p^2 x^{p-1} + p^3 \cdot M\]
e, sostituendo nell'equazione, abbiamo
\[x^p - x^p + p^2 x^{p-1} + p^3 \cdot M = p^{\beta + 1}\]
\[p^2 x^{p-1} = p^{\beta + 1} - p^3 \cdot M \]
Da qui possiamo osservare che, se \(\beta \geq 2\), allora
\[ x^{p-1} = p^{\beta -1} - pM = p \cdot (p^{\beta -2} - M) \]
e quindi \(p\) divide \(x^{p-1}\) ed essendo primo, divide \(x\).
Ora \(x\) ed \(y\) sono interscambiabili quindi anche \(y\) è un multiplo di \(p\).
(Un altro modo per concludere che se \(p | y\) allora \(p | x\) è osservare preliminarmente che da \(x^p + y^p = p^z\) andando modulo \(p\) e applicando il piccolo teorema di Fermat si ottiene \(x + y = 0\) modulo \(p\) dunque se \(y = 0\) mod \(p\) anche \(x = 0\) mod \(p\).)
Abbiamo concluso che se \(\alpha = 1\) e \(\beta \geq 2\), \(x\) ed \(y\) non sono coprimi, in quanto entrambi multipli di \(p\).
Dunque, se \(\alpha = 1\), se vogliamo trovare delle soluzioni con \(x,y\) coprimi, necessariamente \(\beta \leq 2\) cioè \(\beta = 0\) oppure \(\beta = 1\) e questi sono i due casi che avevamo già individuato e da studiare singolarmente.
La trattazione del caso \(\alpha = 1\) si riconduce a quella dei casi \(\beta = 0\) e \(\beta = 1\) che andiamo ad esaminare.


Sottocaso 2. \(\beta = 0\)
In questo caso \(S = p^0 = 1\) e l'equazione diventa
\[ x + y = p^z = x^p + y^p\]
ma per ogni intero positivo \(a\) abbiamo che \(a \leq a^p\) e l'uguaglianza vale se e solo se \(a = 1\) dunque necessariamente \(x = y = 1\) e troviamo \(p^z = 2\) quindi \(p\) divide \(2\) ma ciò è impossibile perché \(p \geq 3\).
In questo caso non troviamo soluzioni.


Sottocaso 3. \(\beta = 1\)
In questo caso \(S = p\) e l'equazione diventa
\[ (x + y)p = x^p + y^p \]
cioè
\[px + py = x^p + y^p\]
Evidentemente il secondo membro cresce più velocemente del primo all'aumentare di \(x\) e \(y\). Si riesce a dimostrare che \(x\) ed \(y\) non possono superare entrambi il valore 1.

Fatto 2. Se \(n \geq 3\) e \(x \geq 2 \) allora \(nx < x^n\).
Per \(n = 3\) e \(x = 2\) la disuguaglianza è vera perché diventa \(6 < 8\). Supponiamo ora che, per \(n \geq 3\) e \( x = 2\) sia vero che \(2n < 2^n\). Mostriamo che si ha anche
\(2(n+1) < 2^{n+1} \). Infatti
\[2(n+1) = 2n + 2 < 2^n + 2 < 2^n + 2^n = 2^{n+1}\]
Per induzione su \(n\) abbiamo che \(nx < x^n\) per ogni \(n\) e con \(x=2\). Questa è la base induttiva per dimostrare la tesi valida anche per ogni \(x \geq 2\). Supponiamo infatti che per un \(x \geq 2\) si abbia \(nx < x^n \) per ogni \(n \geq 3\). Proviamo che anche \(n(x+1) < (x+1)^n\) per ogni \(n \geq 3\). Infatti \( n(x+1) = nx + n < x^n + n\) per l'ipotesi induttiva, e sviluppando col binomio di Newton (in cui tutti i termini da addizionare sono non negativi) e maggiorando opportunamente scegliendo solo i termini relativi a \(k = n\) e \(k = 1 \not = n \geq 3\) troviamo
\[(x+1)^n = \sum_{k=0}^n {n \choose k} x^k > x^n + nx > x^n + n\]
nell'ultima disuguaglianza si è tenuto conto che \(x \geq 2\). Abbiamo quindi \( n(x+1) < (x+1)^n\) e per induzione su \(x\) abbiamo dimostrato il fatto 2.



Usando il fatto appena provato, è chiaro che se \(x\) ed \(y\) sono entrambi maggiori o uguali a 2, essendo anche \(p \geq 3\), abbiamo
\( px < x^p\) e \(py < y^p' \),
e quindi \(px + py < x^p + y^p\). L'unica speranza di trovare soluzioni è che almeno uno tra \(x\) e \(y\) non sia maggiore o uguale a \(2\), e cioè sia 1.
I ruoli di \(x\) ed \(y\) sono interscambiabili, quindi poniamo \(y = 1\).
Se anche \(x = 1\) troviamo \(2p = p + p = 1^p + 1^p = 2\) il che è assurdo perché \(2p\) è almeno 6. Quindi \(x \geq 2\).
Ponendo \(y = 1\) ho trovato due strade.

PRIMA STRADA
Posto \(y=1\) abbiamo che \( x + 1 = p^\alpha \) e \(x^p + 1 = p^{\alpha + 1}\), dunque ricavando \(x\) dalla prima equazione e sostituendo nella seconda
\[ (p^\alpha - 1)^p = p^{\alpha + 1} -1 \]
Volendo stimare i due membri con potenze di \(p\) osserviamo che (tenendo conto che \(p\geq 3\) e che \(\alpha \geq 1\) )
\[ p^\alpha = p^{\alpha - \frac{1}{2}}\cdot p^{\frac{1}{2}} \geq p^{\alpha - \frac{1}{2}}\cdot \sqrt{3} > p^{\alpha - \frac{1}{2}}\cdot 1,7 =
p^{\alpha - \frac{1}{2}} + 0,7p^{\alpha - \frac{1}{2}} \geq p^{\alpha - \frac{1}{2}} + 0,7p^{1 - \frac{1}{2}} =
p^{\alpha - \frac{1}{2}} + 0,7p^{\frac{1}{2}} \geq p^{\alpha - \frac{1}{2}} + 0,7\sqrt{3} > p^{\alpha - \frac{1}{2}} + 1 \]
Possiamo quindi stimare il primo membro \( (p^\alpha - 1)^p > (p^{\alpha - \frac{1}{2}})^p = p^{p\alpha - \frac{p}{2}} \)
mentre il secondo membro è ovviamente minore di \(p^{\alpha + 1}\).
Otteniamo la disuguaglianza (sempre verificata nel caso in esame)
\[ p^{p\alpha - \frac{p}{2}} < p^{\alpha + 1} \]
che conduce alla disuguaglianza fra gli esponenti
\[ p\alpha - \frac{p}{2} < \alpha + 1 \]
Risolvendo la disequazione rispetto ad \(\alpha\) troviamo
\[ \alpha (p-1) < 1 + \frac{p}{2} \quad \Longrightarrow \quad \alpha < \frac{p + 2}{2(p-1)} = \frac{(p-1) + 3}{2(p-1)} = \frac{1}{2} + \frac{3}{2(p-1)} <
\frac{1}{2} + \frac{3}{4} = \frac{5}{4} < 2\]
Quindi \(\alpha = 1\).
A questo punto abbiamo \(z = 2\), \(y = 1\), \(x + 1 = p\) e l'equazione diventa
\[x^p + 1 = p^2 \quad \quad \Longrightarrow \quad \quad (p-1)^p + 1 = p^2\]
che è molto più gestibile.
\[(p-1)^p + 1 = p^2 \quad \Longrightarrow \quad (p-1)^p = p^2 - 1 = (p +1)(p - 1) \quad \Longrightarrow \quad (p-1)^{p-1} = p + 1\]
Osserviamo per quali valori di \(n \in \mathbb N \) è possibile risolvere
\[n^n = n + 2\]
0 ed 1 non risolvono per verifica diretta, 2 è soluzione, e mostriamo per induzione che per ogni \(n \geq 3\) si ha \(n^n > n + 2\).
Il caso \(n = 3\) è vero perché \(27 > 5\).
Supponiamo che per \(n \geq 3\) valga \(n^n > n + 2\).
\[(n+1)^{n+1} > n^{n+1} = n\cdot n^n \geq 3 n^n > n^n + n^n > n^n + 3^3 > n + 27 = (n+1) + 26 > (n+1) + 2\]
Dunque l'unica soluzione è \(n = 2\) e quindi \( p - 1 = 2\) cioè \(p = 3\) e quindi \( x = p - 1 = 2\).
Finalmente abbiamo trovato! L'unico primo dispari per cui esistono terne di interi positivi \( (x,y,z) \) è \(p = 3\) e per questo valore di \(p\) abbiamo trovato un'unica terna \( (2, 1, 2) \). Ovviamente scambiando i ruoli di \(x\) ed \(y\) abbiamo, a rigore, anche \( (1,2,2) \) è soluzione.


SECONDA STRADA
Sempre nel caso in cui \(\beta = 1\), ricordiamo che l'equazione diventa
\[ (x + y)p = x^p + y^p \]
cioè
\[px + py = x^p + y^p\]
dopo aver scoperto che \(y = 1\) ed escludendo il fatto che \(x\) possa anche lui essere 1 (e si può escludere immediatamente perché se \(p\) è dispari, \(x\) ed \(y\) non possono avere la stessa parità) sostituendo abbiamo
\[p(x+1) = x^p + 1 = (x + 1) \cdot \sum_{k=1}^p x^{p-k}(-1)^{k-1}\]
\[p = \sum_{k=1}^p x^{p-k}(-1)^{k-1} = x^{p-1} - x^{p-2} + x^{p-3} - \cdots + x^2 - x + 1\]
Ogni due addendi della sommatoria possiamo mettere in evidenza la potenza minore di \(x\) raccogliendo un fattore \( (x-1) \). In questo raccoglimento resta fuori l'ultimo addendo, 1.
Abbiamo
\[p = x^{p-2} (x -1) + x^{p-4} (x-1) + \cdots + x^3(x-1) + x (x-1) + 1\]

La sommatoria a secondo membro la possiamo stimare col fatto che \(x \geq 2\).
\[ p \geq 2^{p-2} + 2^{p-4} + \cdots + 2^3 + 2 + 1 = 2 \cdot \left( \sum_{k = 1}^{\frac{p-1}{2}} 4^k \right) + 1\]
calcolando il valore della sommatoria con la nota formula \( \sum_{k=1}^n q^k= \frac{q^{n+1} - 1}{q - 1} - 1 \) si ottiene
\[ p \geq \frac{2 \cdot 4^{\frac{p-1}{2}} + 1 }{3} = \frac{2^p + 1}{3}\]
cioè \(p\) deve soddisfare \( 3p \geq 2^p + 1\).
Al primo membro abbiamo una crescita lineare, mentre al secondo esponenziale e ci aspettiamo di trovare pochi valori di \(p\) che vanno bene.
Infatti \(p = 3\) va bene ma è facile provare per induzione che per qualunque intero \(n \geq 4\) si ha
\[3n < 2^n + 1\]
La base dell'induzione è vera perché \( 12 < 17\).
Supponiamo ora che per \(n \geq 4\) si abbia \(3n < 2^n + 1\). Abbiamo
\[2^{n+1} + 1 = 2^n + 2^n + 1 = (2^n + 1) + (2^n + 1) - 1 > 3n + 3n - 1 > 3n + 12 - 1 = 3n + 3 + 8 > 3n + 3 = 3(n+1)\]
e l'induzione è terminata.
Dunque l'unica soluzione di \( 3p \geq 2^p + 1\) è \(p = 3\) e notiamo che in questo caso si ha l'uguaglianza. Questo costringe anche il valore di \(x\) ad essere 2. Infatti è chiaro che non è mai vero che \(p > \frac{2^p + 1}{3}\) mentre se \( x > 2\) il secondo membro di questa disuguaglianza è ovviamente maggiore di del valore che si ottiene per \(x = 2\) che è per l'appunto proprio \(\frac{2^p + 1}{3}\).
Quindi possiamo concludere che \(x = 2\). Che dire di \(z\)?
Con i dati a nostra disposizione abbiamo
\( 2^3 + 1^3 = 3^z\)
e quindi \(z\) è univocamente individuato, ed è 2.
Quindi anche con questa strada abbiamo trovato che l'unico primo \(p\) che porta a soluzioni con le prime due componenti coprime è \(p = 3\) e le soluzioni corrispondenti sono \( (2,1,2)\) e (scambiano i ruoli di \(x\) ed \(y\) ) \( (1,2,2) \).

Troviamo tutte le soluzioni
Per due le osservazioni iniziali, abbiamo cercato solo soluzioni \( ( x,y,z) \) con \(x\) ed \(y\) primi tra loro, ma adesso consideriamo anche tutte le soluzioni possibili. Se \(x,y,z\) è una soluzione corrispondente ad un valore fissato \(p\) allora per l'osservazione 2, c'è una soluzione con \(x,y\) coprimi corrispondente allo stesso valore di \(p\). Allora, per quanto abbiamo dimostato, abbiamo solo due possibilità \(p=2\) o \(p = 3\).

Se \(p=2\) la soluzione corrispondente ad \((x,y,z)\) con \(x,y\) coprimi è \((1,1,1)\). Detto \(g\) il massimo comune divisore tra \(x\) e \(y\) abbiamo
\( x = g\) ed \(y = g\). Per l'osservazione 1 \(g\) è necessariamente una potenza di \(2\). Quindi scriviamo \(g = 2^n\) e otteniamo
\( x = 2^n\) ed \(y = 2^n\). Che dire di \(z\) ? L'equazione ci dice che
\( x^2 + y^2 = 2^z\) dunque \( 2^{2n} + 2^{2n} = 2^z\) pertanto \( 2^{2n + 1} = 2^z \) e \(z = 2n + 1\).
Abbiamo dunque provato che si sono infinite soluzioni con \(p = 2 \) e sono
\[(2^n, 2^n, 2n + 1) \quad n \in \mathbb N \]

Se \(p = 3\) il procedimento è del tutto analogo e troviamo le seguenti soluzioni
\[ ( 2 \cdot 3^n , 3^n, 3n + 2), \ (3^n, 2 \cdot 3^n, 3n + 2) \quad n \in \mathbb N\]
E la lista di soluzioni è completa.