$xy (x^2+y^2)= 2z^4$ negli interi positivi

[Gi8]

Risolvere negli interi positivi
\[
xy \left( x^2 + y^2 \right) = 2 z^4
\]

[Quinzio]

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Il sospetto forte e' che le uniche soluzioni siano $x=y$ per tutti i $NN$.
La dimostrazione... per adesso non c'e'.

Un tentativo di dimostrazione potrebbe essere questo:

Sostituiamo $y = kx$, quindi $k \in QQ$ e $0< k < 1$ senza perdere di generalita'.

L'equazione diventa $x^4 k (1+k^2) = 2z^4$
ovvero $k^3+k -2 (z/x)^4 =0$ .

La soluzione del problema e' equivalente a dimostrare che non ci sono soluzioni per $k \in QQ$, ovvero $k$ e' solo irrazionale.

[giammaria]

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Posto
${(x+y=u),(x-y=v):}->{(x=(u+v)/2),(y=(u-v)/2):}$

con pochi e facili passaggi si arriva a
$u^4=v^4+(2z)^4$
Per l'ultimo teorema di Fermat, equazioni di questo genere hanno soluzioni intere solo se una delle variabili si annulla e nel nostro caso può essere solo $v=0$ e quindi $x=y$

[hydro]

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Sia $(x,y,z)$ una soluzione. Se un primo $p$ divide $x$, allora divide $z$, ma allora divide anche $y$. Se $x=px'$, $y=py'$ e $z=pz'$, si vede subito che $(x',y',z')$ è una soluzione. Ma allora le soluzioni possono essere solo della forma $(x,x,x)$, e viceversa tutte queste terne vanno bene.

[axpgn]

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... Se un primo $p$ divide $x$, allora divide $z$, ...

Anche se $p=2$ ?

[hydro]

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... Se un primo $p$ divide $x$, allora divide $z$, ...

Anche se $p=2$ ?

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No hai ragione mi era sfuggito. Se $2$ divide $x$ e $y$, allora divide $z$ e siamo a posto. Se $2$ divide $x$ ma non $y$ posso ricavarmi usando il caso $p$ dispari una soluzione della forma $(2^k,1,z)$. Sostituendo, $2^{3k}+2^k=2z^4$. Guardando le valutazioni $2$-adiche, segue subito che $k=1+4m$ per qualche $m$. Sostituendo e semplificando, si trova \(2^{2+8m}+1={z'}^4\) per qualche $z'$, che è impossibile modulo $5$.