Partendo da una differenza

[Bruno]

Se \( \displaystyle \, a^2-b^2\, \) è una generica differenza di due quadrati al tempo stesso
pari oppure dispari, trovare infinite soluzioni intere per l'equazione:

\( \displaystyle x^2+y^2+(a^2-b^2)^2=w^2+z^2 \) .

[robbstark]

La scrivo come: \( \displaystyle {{\left({{a}}^{{2}}-{{b}}^{{2}}\right)}}^{{2}}={\left({{w}}^{{2}}-{{x}}^{{2}}\right)}+{\left({{z}}^{{2}}-{{y}}^{{2}}\right)} \)
Il primo membro è un numero pari, che è scrivibile in infiniti modi come somma di numeri interi dispari:
\( \displaystyle {{\left({{a}}^{{2}}-{{b}}^{{2}}\right)}}^{{2}}={\left({2}{m}+{1}\right)}+{\left({2}{n}+{1}\right)} \) , \( \displaystyle {m} \),\( \displaystyle {n}\in\mathbb{Z} \)
A questo punto basta scegliere:
\( \displaystyle {w}={m}+{1} \)
\( \displaystyle {x}={m} \)
\( \displaystyle {z}={n}+{1} \)
\( \displaystyle {y}={n} \)

[Bruno]

Ottima idea, robbstark

[giammaria]

Non ho la soluzione, ma non ritengo condivisibile quella di robbstark; ad esempio, per \( \displaystyle {m}={n}={1} \) si ottiene \( \displaystyle {{\left({{a}}^{{2}}-{{b}}^{{2}}\right)}}^{{2}}={6} \), non risolubile con numeri interi. Forse il punto di partenza è che il primo membro è divisibile per 16.

[Bruno]

Giusto, Giammaria, infatti ho apprezzato l'idea, è chiaro
che \( \displaystyle m \) ed \( \displaystyle n \) dovranno essere scelti in maniera opportuna,
e non è difficile "battezzarli" partendo dal risultato di
robbstark.
Comunque ci possono essere anche altre idee e soluzioni
(meglio) carine o interessanti

[robbstark]

@ gianmaria: Giusto quello che hai detto, ma non si devono scegliere \( \displaystyle {m} \) ed \( \displaystyle {n} \) a piacere. Si hanno \( \displaystyle {a} \) e \( \displaystyle {b} \). Noti quelli, è facile scegliere gli opportuni \( \displaystyle {m} \) ed \( \displaystyle {n} \) in quel modo.
Faccio un esempio:
\( \displaystyle {a}={3} \), \( \displaystyle {b}={1} \), \( \displaystyle {{\left({{a}}^{{2}}-{{b}}^{{2}}\right)}}^{{2}}={64} \)
\( \displaystyle {64}={33}+{31} \) Basta allora scegliere \( \displaystyle {m}={16} \) ed \( \displaystyle {n}={15} \)
\( \displaystyle {64}={35}+{29} \) Basta allora scegliere \( \displaystyle {m}={17} \) ed \( \displaystyle {n}={14} \)
...
\( \displaystyle {64}={65}-{1} \) Basta allora scegliere \( \displaystyle {m}={32} \) ed \( \displaystyle {n}=-{1} \)
\( \displaystyle {64}={67}-{3} \) Basta allora scegliere \( \displaystyle {m}={33} \) ed \( \displaystyle {n}=-{2} \)
...

Che ci siano altre soluzioni è quasi sicuramente vero.

[Bruno]

A me questo problema ha fatto venire in mente le terne
pitagoriche. Considerato che quella differenza di quadrati
è un prodotto di due numeri pari, si può anche trovare la
seguente identità:

(2h²-k²-4hk)² + (2h²-k²+4hk)² + (4hk)² = (2h²+k²-4hk)² + (2h²+k²+4hk)²

Allora:
una somma di due quadrati può essere in infiniti casi
uguale a un quadrato (lo sappiamo), in altri casi può
senz'altro essere uguale alla somma di tre quadrati (lo
abbiamo visto qui sopra) e potrebbe essere uguale alla
somma di cinque quadrati... mhm, può esserlo davvero
in infiniti casi?

[robbstark]

Mi viene in mente una soluzione un po' banale al caso dei 5 quadrati uguali alla somma di 2 quadrati:
\( \displaystyle {{\left({{a}}^{{2}}+{2}{{b}}^{{2}}\right)}}^{{2}}+{{z}}^{{2}}={{a}}^{{4}}+{4}{{a}}^{{2}}{{b}}^{{2}}+{{b}}^{{4}}+{{x}}^{{2}}+{{y}}^{{2}} \)
Funziona con \( \displaystyle {a} \) e \( \displaystyle {b} \) qualsiasi; \( \displaystyle {x} \), \( \displaystyle {y} \) e \( \displaystyle {z} \) devono invece formare una terna pitagorica.