OliForum Matematico

Siano $x,y,z \in \mathbb{N}$, con $x>y>z>0$, tali che $$x^3(y-z)-y^3(x-z)+z^3(x-y)=60$$ Determina tutte le soluzioni $(x,y,z)$.

Il problema richiede quindi di calcolare la somma dei prodotti $xyz$ per ogni terna trovata, anche se credo sia solo perchè è un problema di una gara a squadre.

Io ho trovato una soluzione che implica il calcolo di molti casi da fare a mano e non so se sia giustificabile, vista la provenienza del problema, oppure se ci sia una soluzione più breve. Spero la seconda

Oddio non mi dire che hai fatto a mano caso per caso sfruttando la condizione che sono tutti positivi..

La somma che hai scritto è $f(x,y,z)=\sum_{cyc}{x^3(y-z)}$ dove "cyc" sta per ciclica. Scrivilo come polinomio in $x$, allora hai che è uguale a
$$x^3(y-z)-x(y^3-z^3)+(y^2z+yz^2)(y-z).$$
Quindi questa somma è divisibile per $y-z$. Ma potremmo vederla anche come polinomio in $y$ o in $z$ e concludere che
$$(x-y)(y-z)(z-x) \text{ divide strettamente } f(x,y,z)=2^2\cdot 3\cdot 5.$$
Ora, non è che sono rimaste molte possibilità, una volta che consideri quanti possono essere i pari e quanti i dispari

Scusa l'ignoranza, ma non conosco il significato di "dividere strettamente".

$x$ divide strettamente $y$ significa che $x$ divide $y$ e che $x \neq y$..

C'è ancora qualcosa che non mi torna, ho capito fino a
$ \begin{cases} (x-y)\mid f(x,y,z) \\ (y-z)\mid f(x,y,z) \\ (z-x)\mid f(x,y,z) \end{cases} $
Ma come si può arrivare a dire che allora $(x-y)(y-z)(z-x)\mid f(x,y,z)$ ?
Non è vero se e solo se i tre termini a sinistra sono coprimi a due a due?

Provo a postare quello che avevo scritto io in bozza, prima che rispondesse jordan (magari visto da due prospettive leggermente diverse si chiarisce il tuo dubbio). Non ho risposto prima perché non mi è chiarissimo come concludere in pochi conti (avevo pensato di sfruttare l'ordinamento delle variabili e fare un sacco di casi...).

Consideriamo il polinomio in $t$
$$P(t)=x^3(y-t)-y^3(x-t)+t^3(x-y)$$
è immediato verificare che $t=x$ e $t=y$ sono radici (uno dei tre termini sparisce e i due rimanenti sono uno l'opposto dell'altro), osservando poi che sviluppando il polinomio (che è di terzo grado, e quindi può avere al massimo tre radici reali; cosa che in questo caso si verifica perché per un noto teorema le radici complesse vanno a coppie), il termine di secondo grado ha coefficiente $0$. Dividendo il polinomio per il coefficiente direttivo $(x-y)$ (e rendendo dunque $P(t)$ un polinomio monico), questo coefficiente rimane $0$, ma per le formule di Viète questo $0$ rappresenta anche la somma delle tre radici. Chiamata dunque $t_3$ la radice mancante, si ha $t_3+x+y=0$ e quindi $t_3=-x-y$. Il nostro polinomio di partenza si scriverà dunque, per Ruffini, come
$$P(t)=(t-x)(t-y)(t+x+y)(\textrm{Roba senza t})$$
Osservando nuovamente il coefficiente direttivo $(x-y)$ di $P(t)$, si deduce facilmente che $\textrm{Roba senza t}$ deve essere $(x-y)$. L'equazione iniziale si scrive dunque anche come
$$(x-y)(z-x)(z-y)(z+x+y)=60$$
Ricordando l'ordinamento delle variabili (e quindi il fatto che $z-x$ e $z-y$ sono entrambi negativi) riarrangio per comodità come
$$(x-y)(x-z)(y-z)(x+y+z)=60=2^2\cdot 3 \cdot 5$$

MATHia ha scritto:C'è ancora qualcosa che non mi torna, ho capito fino a
$ \begin{cases} (x-y)\mid f(x,y,z) \\ (y-z)\mid f(x,y,z) \\ (z-x)\mid f(x,y,z) \end{cases} $
Ma come si può arrivare a dire che allora $(x-y)(y-z)(z-x)\mid f(x,y,z)$ ?
Non è vero se e solo se i tre termini a sinistra sono coprimi a due a due?

Il trucco è che non è aritmetica, è algebra: fattorizzazione unica dei polinomi (che è vera anche in più variabili). Scrivi $f(x,y,z)=(x-y)g(x,y,z)$. Ora, $y-z$ (che è irriducibile) divide $f(x,y,z)$, ma non divide $x-y$, quindi deve dividere $g(x,y,z)$.

Incidentally, non mi torna molto quel "divide strettamente". Come polinomi è vero, si dividono strettamente, ma come interi il fattore mancante potrebbe trasformarsi in un $\pm 1$.

fph ha scritto:Incidentally, non mi torna molto quel "divide strettamente". Come polinomi è vero, si dividono strettamente, ma come interi il fattore mancante potrebbe trasformarsi in un $\pm 1$.

Avevo usato implicitamente il fatto che il polinomio che ci mancava aveva tutti coefficienti positivi, che con la condizione $x,y,z$ positivi avrebbe implicato il "divide strettamente". Pero' hai ragione, nulla ci assicura a priori il segno di tali coefficienti