OliForum Matematico

Posto una mia soluzione dell'esercizio 4 di Cesenatico 2015 della quale, essendo parecchio diversa dalle due ufficiali proposte, non sono del tutto sicuro. Se vi va, leggetela (ed eventualmente correggetemela).

Determinare tutte le soluzioni intere di a^3+b^3+3ab=1

Dimostrazione:
Riscriviamo l'equazione come a^3+b^3+3ab-1=0 e consideriamola come un'equazione di terzo grado in a. Tabellando alcuni casi semplici, ci accorgiamo che una possibile soluzione è a=1-b per ogni b intero, infatti (1-b)^3+b^3+3b(1-b)-1=0. Per il teorema fondamentale dell'algebra, esistono altre 2 soluzioni nell'insieme C, che chiamiamo u e v, tali che (a-u)(a-v)(a+b-1)=a^3+b^3+3ab-1=0. Pertanto, a^2+a(-u-v)+uv=(a^3+b^3+3ab-1)/(a+b-1)=a^2+a(1-b)+b^2+b+1. Quindi -u-v=1-b, uv=b^2+b+1 => b=u+v+1, u^2+u(v+3)+v^2+3v+3=0. Risolvendo quest'ultima equazione in u, si ha che u=[-v-3+-(-3v^2-6v-3)^(1/2)]/2=[-v-3+-(v+1)(-3)^(1/2)]/2. Poichè a noi interessano le soluzioni appartenenti a Z, ne concludiamo che a=1-b per ogni b intero è l'unica soluzione intera a meno che v+1=0 => v=-1 => u=-1 => b=-1, e si ha quindi l'ulteriore coppia (-1,-1).
Ricapitolando, le soluzioni sono (1-b, b) per ogni b intero e (-1,-1).

E perché le altre due soluzioni $u,v$ non possono essere intere? O una delle due sì e l'altra no?

Perchè abbiamo visto che u=[-v-3+-(v+1)(-3)^(1/2)]/2, e quella radice quadrata di -3, che ovviamente non può esserci se ci interessano le soluzioni in Z, si può levare solo azzerando v+1, cioè avendo v=-1 e di conseguenza anche u=-1 e b=-1 (usando le formule di Vieta scritte sopra), e a=2. Quindi, per b=-1, sono possibili le coppie a,b (2,-1) e (-1,-1). La prima (e il suo contrario) rientra nella categoria a=1-b, la seconda è l'eccezione segnalata.
EDIT: sì, c'è anche la possibilità v=+-(-3)^(1/2), che porta a u=-3, ma allora per le formule di Vieta otteniamo un b complesso, che non va bene.
EDIT 2: allo stesso modo, con un v intero diverso da -1 otterremo un u complesso, e quindi un b complesso.
So che sono stato un po' confuso nell'esposizione e che la mia ignoranza del LaTeX non aiuta, ma spero si capisca lo stesso.

Ancora mi sembra che tu sia un po' troppo ottimista nel dire che "semplificazioni miracolose" non possono succedere, quindi la tua soluzione non è completa. La prima equazione del tuo ultimo post è lineare in v, quindi puoi risolverla rispetto a v e trovare che per ogni u intero esiste un v complesso che soddisfa l'equazione.

Ma se anche per ogni u intero esiste un v complesso che soddisfa quell'equazione, poi, sostituendo nella formula b=u+v+1 del post originario, otteniamo un b complesso, mentre ci venivano richieste le soluzioni a e b intere dal problema, quindi scartiamo i casi in cui anche uno solo fra u e v sia complesso (e ovviamente scartiamo quello in cui lo siano entrambi perchè allora l'unica soluzione intera è a=1-b).
Spero di non aver capito male io ciò che volevi dire...

OK, questo comincia ad assomigliare già di più a una soluzione completa.

Devi però notare esplicitamente che v è davvero "complesso" (o, detto meglio, non reale), e quindi quando lo sommi a u resta non-reale. In generale è facile cacciarsi in testa l'idea che "semplificazioni miracolose" di questo tipo non possono succedere, ma è necessario dimostrarlo formalmente e non si può dare per buono. Anche perché ogni tanto le semplificazioni miracolose accadono, per esempio questa formula che produce numeri interi.

Ok, penso di aver capito il punto. In realtà, mi sono reso conto che, effettivamente, quando ho pubblicato il post originario avevo dato un po' per scontata la questione della "non realtà" di u, v e compagnia bella, però ora mi pare di aver chiarito (soprattutto nella mia testa) il concetto. Provo a riscrivere per l'ultima volta la parte che era confusa: io mi chiedevo se, oltre ad a=1-b, anche le altre soluzioni a=u e a=v potessero essere (entrambe o una sola) appartenenti a Z, perchè in quel caso le avrei dovute considerare; tuttavia, con le formule del primo post ci si accorge che: 1) se una sola delle due è non reale, e l'altra invece è appartenente a Z, allora succede che b è non reale (perchè b=u+v+1, qui che non ci sia perdita di "non realtà" è fuori discussione); 2) se sono entrambe non reali, non ci interessano (vuol dire che davvero a=1-b è l'unica soluzione in Z). Quindi sia u che v devono essere in Z, per cui possiamo eliminare quella radice di -3 solo se v=-1 e quindi u=-1, b=-1. Quindi nel solo caso in cui b=-1 abbiamo un'ulteriore soluzione (a=-1) non inclusa in a=1-b. Pertanto, data la simmetria del problema originale, abbiamo che le soluzioni sono (1-c,c) per ogni c intero e (-1,-1).

OK, ora mi torna tutto e mi sembra una buona soluzione!

Vi propongo la mia soluzione che è praticamente uguale a quella di Luca Milanese sebbene formalizzata in maniera un po' differente perché volevo mostrare un'altra idea (questa invece è molto differente) con la quale si poteva arrivare alla soluzione in un quarto d'ora circa tra pensarla e scriverla (provare per credere). Riscriviamo un momento l'equazione: $a^3+b^3 +3ab=1$. Quanti di noi avranno pensato di far comparire un $(a+b)^3$ al primo membro dell'equazione? Non ho la pretesa di dire che pensiamo tutti allo stesso modo, ma credo almeno un bel po' di persone avrà vagliato questa possibilità. Riscriviamo perciò l'equazione come segue: $(a+b)^3 +3ab=1+3a^2 b+3ab^2$. A A questo punto chi ha un buon occhio si renderà subito conto di come concludere (purtroppo non avevo tutto quest'occhio quando l'ho risolto), quando ho visto quest'equazione la prima cosa che ho pensato è stata: "Se portassi l'$1$ al primo membro e il $3ab$ al secondo membro e per caso $3\vert a+b-1$ avrei per il lemma LTE che $9$ divide il primo membro. Al secondo membro un fattore $3$ ce l'ho, ma l'altro?" Quindi ho scritto $(a+b)^3 -1=3a^2 b+3ab^2 -3ab$ e vabbé, ora è evidente che la cosa può essere riscritta come $(a+b-1)[(a+b)^2 +(a+b)+1]=3ab(a+b-1)$ e poi il resto è solo questione di tecnica.

TeoricodeiNumeri ha scritto: ↑21 ago 2019, 14:00 Vi propongo la mia soluzione che è praticamente uguale a quella di Luca Milanese sebbene formalizzata in maniera un po' differente perché volevo mostrare un'altra idea (questa invece è molto differente) con la quale si poteva arrivare alla soluzione in un quarto d'ora circa tra pensarla e scriverla (provare per credere). Riscriviamo un momento l'equazione: $a^3+b^3 +3ab=1$. Quanti di noi avranno pensato di far comparire un $(a+b)^3$ al primo membro dell'equazione? Non ho la pretesa di dire che pensiamo tutti allo stesso modo, ma credo almeno un bel po' di persone avrà vagliato questa possibilità. Riscriviamo perciò l'equazione come segue: $(a+b)^3 +3ab=1+3a^2 b+3ab^2$. A A questo punto chi ha un buon occhio si renderà subito conto di come concludere (purtroppo non avevo tutto quest'occhio quando l'ho risolto), quando ho visto quest'equazione la prima cosa che ho pensato è stata: "Se portassi l'$1$ al primo membro e il $3ab$ al secondo membro e per caso $3\vert a+b-1$ avrei per il lemma LTE che $9$ divide il primo membro. Al secondo membro un fattore $3$ ce l'ho, ma l'altro?" Quindi ho scritto $(a+b)^3 -1=3a^2 b+3ab^2 -3ab$ e vabbé, ora è evidente che la cosa può essere riscritta come $(a+b-1)[(a+b)^2 +(a+b)+1]=3ab(a+b-1)$ e poi il resto è solo questione di tecnica.

Teorico dei numeri, ho seguito il tuo ragionamento e coincide perfettamente con il mio, tuttavia sono fermo proprio lì dove hai scritto : il resto è questione di tecnica, non potresti spiegare come continuare ? Grazie mille

La tecnica è più o meno questa (riscrivo un attimo l'equazione): $(a+b-1)[(a+b)^2 +(a+b)+1]=3ab(a+b-1)$. Distinguiamo due casi:
1) $a+b-1=0$: chiaramente se $a+b-1=0$ allora l'equazione è verificata, per cui $a=1-b$ e quindi questo caso genera tutte le soluzioni del tipo $(1-x;x)$ con $x \in \mathbb{Z}$;
2) $a+b-1 \neq 0$: allora $(a+b)^2 +(a+b)+1=3ab$, ovvero $a^2 +2ab+b^2 +a+b+1-3ab=0$ e dunque $a^2 +(1-b)a +b^2+b+1=0$. Risolvendo quest'equazione rispetto ad $a$ abbiamo che $\Delta=(1-b)^2 -4(b^2 +b+1)=-3b^2 -6b-3=-3(b+1)^2$, da cui l'equazione può avere soluzioni reali solo se $b=-1$ e quindi simmetricamente $a=-1$. Perciò il secondo caso genera solo la soluzione $(-1;-1)$.

Grazie mille gentilissimo

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Toh, una diofantea...

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