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Determinare tutte le coppie di interi positivi tali che:

$ x^3-y^3=2005(x^2-y^2) $

Ma perché invece non cercarne le soluzioni in interi, e basta?!

In giro ci stanno fin troppi problemi in cerca di una soluzione, per cui nessuno si offenderà se questo me lo faccio fuori io.

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Osserviamo innanzitutto che i) $ 2005 = 5 \cdot 401 $; ogni coppia $ (x,y) $ di interi per cui $ x = y $ è soluzione. Così ammettiamo per il seguito $ x \neq y $. Allora (*) $ x^2 + xy + y^2 = 2005(x+y) $, e quindi (**) $ (2x + y)^2 \equiv - 3y^2 \bmod (5 \cdot 401) $. Eppure $ \displaystyle \left(\frac{-3}{5}\right) = \left(\frac{-3}{401}\right) = -1 $, sicché la modulare (*) ammette soluzione soltanto se $ x\equiv y \equiv 0 \bmod 2005 $, i.e. $ x = 2005u $ ed $ y = 2005v $, dove $ u,v\in\mathbb{Z} $ ed $ u \neq v $. Sostituendo il tutto nella (*), si trova (***) $ u^2 + uv + v^2 = u+v $. Fosse $ u = -v $, si avrebbe $ u^2 = 0 $, viz $ u = v = 0 $, assurdo! Perciò possiamo ammettere di qui in avanti che sia $ |u| > |v| $, e dedurne $ |u^2 + v^2 + uv| \ge |u| \cdot (|u| - |v|) + |v|^2 \ge |u| + |v| \ge |u+v| $, dove l'uguaglianza è soddisfatta sse $ uv = 0 $ ed $ |u| = |v| + 1 = 1 $, i.e. $ (u,v) = (\pm 1, 0) $. Da qui la conclusione che le soluzioni all'equazione proposta sono tutte e sole nella forma $ (x,y) = (\pm 2005, 0) $, $ (x,y) = (0, \pm 2005) $ oppure $ (x,y) = (a,a) $, con $ a \in \mathbb{Z} $.

Arrivati al fatto che sono entrambi multipli di $ 2005 $ si potrebbe concludere semplicemente scrivendola come un'equazione di secondo grado e studiandole il delta.

HiT, ottimo, la tua soluzione è ineccepibile.

Ora, qualcuno può fare una soluzione più elementare (senza legendre dico...) ?

Provo preliminarmente i casi semplici:

$ x=0\ \Longrightarrow y^2(y-2005)=0\ \Longrightarrow y=0 \vee y=2005 $.

Per $ y=0\ $ avremo $ x=0 \vee x=2005 $.

Erroruccio:

HiTLeuLeR ha scritto: Da qui la conclusione che le soluzioni all'equazione proposta sono tutte e sole nella forma $ (x,y) = (\pm 2005, 0) $, $ (x,y) = (0, \pm 2005) $

($ -2005 $ non ci sta ^^)

Ora, per $ \ \ x=y, \forall (x, y) \in \mathbb{Z} $.

Adesso, consideriamo l'equazione principale che può essere scritta come:

$ \displaystyle (x-y)(x^2+xy+y^2) = 2005(x-y)(x+y) $. Divido tutto per $ (x-y) $, ammettendo $ x\neq y $ e spezzo in 2 parti:

$ \displaystyle 1)\ \ 2005(x+y)=k $
$ \displaystyle 2)\ \ x^2+xy+y^2 = k, \quad k \in \mathbb{Z}\setminus \{0\} $. Dalla 1) ottengo

$ \displaystyle x=\frac {k}{2005} -y $, che vado a mettere nella 2) e, dopo alcuni passaggi, si arriva a:

$ \displaystyle 2') \ \ 2005y^2-ky+k^2-2005k=0\quad $, di cui considero il discriminante:

$ 3)\ \ \Delta = k^2 -4\cdot 2005(k^2-2005k)\geq 0 $;

$ -8019k^2+1608010 \geq 0 $;

$ k(1608010-8019k) \geq 0 $ da cui: $ \ \ 0\leq k \leq 200\ \ $ (in quanto intero).

Tuttavia, il $ \ \Delta\ $ dev'esser a forza un quadrato perfetto, quindi lo riscriviamo come:

$ \displaystyle \Delta=k^2\bigg (\frac{1608010-8019k}{k} \bigg) \ \ $, da cui

$ \displaystyle 3')\ \ \Delta=\frac{1608010-8019k}{k}\equiv 0, 1 (mod 4) $, tuttavia

$ \displaystyle 1608010-8019k \equiv 0 (mod k), \ \ \Longrigharrow \ 1608010 \equiv 0 (mod k) $. I divisori positivi di 1608010 minori di 200 sono 2, 5 e 10. Procedendo per tentativi, si conclude che non esistono k che soddisfano la 3').

Uh, in effetti hai ragione tu, peppiniello!

Ok adesso posto la mia visto che è diversa dalle vostre...

Eliminiamoci il caso $ x=y $ e dividiamo per $ (x-y) $.
A questo punto chiamiamo $ d=(x,y) $ e diciamo che $ x=a*d $ e $ y=b*d $. Quindi avremo $ (a,b)=1 $ e:
$ d(a^2+ab+b^2)=2005(a+b) $

Poichè $ (a^2+ab+b^2,a+b)=((a+b)^2-ab,a+b)=(ab,a+b)=1 $ (vero perchè $ (a,b)=1 $) abbimo che, necessariamente, siccome $ (a^2+ab+b^2)|2005(a+b) $ allora $ a^2+ab+b^2|2005 $.

Ora supponiamo che sia $ a^2+ab+b^2 \equiv 0 \pmod{5} $ allora, moltiplicando per 4 abbiamo $ (2a+b)^2+3b^2 \equiv 0 \pmod{5} $.
Ma i residui quadratici modulo $ 5 $ sono solo $ 0, \pm1 $ e quindi $ a\equiv b\equiv 0 \pmod{5} $ contro l'assunzione che $ (a,b)=1 $.
Quindi $ a^2+ab+b^2|401 $. $ 401 $ è primo dunque si presentano 2 casi:
(i) $ a^2+ab+b^2=1 $ che è impossibile poichè $ a $ e $ b $ sono negli interi positivi e quindi $ a^2+ab+b^2\geq3 $
(ii) $ a^2+ab+b^2=401 $ che è impossibile perchè moltiplicando per 4 otteniamo: $ (2a+b)^2+3b^2=1604 $. Prendendo questa equazione modulo $ 3 $ otterremmo $ (2a+b)^2\equiv-1 \pmod{3} $ ma ciò è impossibile perchè un quadrato può essere sono $ 0,1 $ modulo $ 3 $.

Quindi non esistono soluzioni per $ a $ e $ b $.