Divisibilità

[axpgn]

[size=85]Ripropongo un quesito che è andato perso e che mi sembrava interessante; era stato risolto ma senza dimostrare l'unicità delle soluzioni trovate, avevo poi pubblicato anche questa parte della soluzione (lunga) ed infine un extra, che invece era ancora aperto.[/size]


Determinare per quali coppie di interi positivi $a$ e $b$, il loro prodotto $ab$ divide l'espressione $a^2+b^2+1$



Cordialmente, Alex

[zimmerusky]

Lo sto trovando abbastanza ostico, mi ci dovrei fermare a riflettere un po' di più. Finora ho tratto conclusioni banali, le scrivo qui per sapere se è la strada giusta, ed eventualmente ricevere qualche hint
Ovviamente sappiamo che $a^2+b^2+1=(a+b)^2-2ab+1$, dunque $ab|(a+b)^2+1$. Analizzando l'equazione $mod a$ vedo che $b^2\equiv -1 mod a$ per cui so che $b^2$ è della forma $ax-1$.
Arrivato a questo punto la faccenda si fa contosa: è la strada giusta?

[axpgn]

Mi par di ricordare che qualcuno fosse partito in quel modo ma non sono sicuro ...

Comunque, ricordati di mettere sotto spoiler le tue elucubrazioni


Cordialmente, Alex

[zimmerusky]

Provveduto , mi pare di capire che non è la strada migliore, qualche indizio?

[axpgn]

Non ho detto quello, c'erano stati approcci diversi e pure fruttuosi nell'individuare le coppie ma non nel dimostrarne l'unicità; la dimostrazione che avevo postato era diversa da queste, tutto qui.

Cordialmente, Alex

[zimmerusky]

Riprendo il post per chiedere degli hint. Ho trovato dei casi piccoli e credo siano gli unici, ma non sono riuscito a dimostrare l'unicità.

Senza mettere tutto il procedimento, ho trovato $(1,1) (1,2) (2,1)$

[axpgn]

No, non sono gli unici

Per inciso, $a$ e $b$ sono intercambiabili quindi l'ordine delle coppie è inutile

[zimmerusky]

Ok, aspetto la soluzione

[axpgn]

Ma l'avevo già scritta

Va beh, appena ho un po' di tempo la riscrivo ...



Cordialmente, Alex

[zimmerusky]

Ok

[axpgn]

Ecco quello che avevo scritto:

"Il problema non cambia scambiando $a$ con $b$ nè assumendoli negativi perciò assumiamo che sia $a>=b>0$.

Le coppie risolutive sono $(a,b)=(F_(2n+1),F_(2n-1))$ per $n$ non negativo, dove $F_n$ denota l'ennesimo numero di Fibonacci con l'aggiunta di $F_(-1)=1$ e $F_0=0$ ovvero le soluzioni sono le coppie di numeri di Fibonacci di indice dispari consecutivi.

Dall'identità $F_(2n-1)F_(2n+1)=F_(2n)^2+1$ si ha

$F_(2n+1)^2+F_(2n-1)^2-2F_(2n+1)F_(2n-1)=(F_(2n+1)-F_(2n-1))^2=F_(2n)^2=F_(2n+1)F_(2n-1)-1$

Ne consegue che $F_(2n+1)^2+F_(2n-1)^2+1=3F_(2n+1)F_(2n-1)$ ovvero $(F_(2n+1),F_(2n-1))$ è una soluzione.

Adesso proviamo a dimostrare che queste sono tutte le soluzioni.

Se $a=b$ allora $a^2|(2a^2+1)$ la cui unica soluzione è $a=b=1$; questa soluzione è la stessa di quelle di prima con $n=0$ (Importante!).

Assumiamo quindi che sia $a>b$ e supponiamo che sia $a^2+b^2+1=kab$.
Poniamo $a'=b$ e $b'=kb-a=(b^2+1)/a$.
Otteniamo $(a')^2+(b')^2+1=kb(kb-a)=ka'b'$ e quindi $(a',b')$ è una soluzione.

Dimostriamo ora che è $0<=b'<=a' Sia $a'$ che $b'$ sono positivi; inoltre $b'=(b^2+1)/a Dato che $b'$ è un intero, abbiamo $b'<=b=a'$ e quindi $a'=b Perciò dimostrato che è $0<=b'<=a'
Avendo già visto precedentemente (in questa dimostrazione) che avevamo $k=3$ ne consegue che $a=kb-b'=3F_(2n+1)+F_(2n-1)=2F_(2n+1)+F_(2n)=F_(2n+1)+F_(2n+2)=F_(2n+3)$.
Quindi $(a,b)=(F_(2n+3)F_(2n+1))$."

Mentre l'extra che avevo promesso è la generalizzazione di questo problema:

a) Per quali valori interi di $k$, la seguente equazione ha soluzioni?
$x^2+y^2+z^2=kxyz$ con $x, y, z$ numeri naturali.

b) Determinare (fino a numeri minori di mille) tutte le terne di interi la cui somma dei quadrati è divisibile per il loro prodotto.


Cordialmente, Alex