OliForum Matematico

Determinare tutti gli $ n\in\mathbb{N} $ tali che:

$ \displaystyle\exists\; x,y\in\mathbb{Z}:\; n=\sqrt{\frac{x^2+1}{y^2}+4} $

ho abbozzato un inizio di dimostrazione,ma lo scrivo così mi dite se sono partito bene o sono completamente fuori strada


allora, abbiamo che $ n $ deve essere un numero naturale. questo vuol dire che il numero sotto radice, e cioè $ \frac{x^2+1}{y^2}+4 $, deve essere un quadrato perfetto.
ora analizziamo i residui quadratici modulo 4. abbiamo che
$ \frac{x^2+1}{y^2}+4\equiv\frac{x^2+1}{y^2}\equiv 0\bmod(4) $
se è un numero pari,mentre
$ \frac{x^2+1}{y^2}+4\equiv\frac{x^2+1}{y^2}\equiv 1\bmod(4) $
se è un numero dispari.

poi continuavo analizzando i vari casi, e vedendo come dovevano essere i numeratori e i denominatori, ma nn sono sicuro che così arriverò a qualcosa. . .intanto l'inizio lo posto, se è giusto ben venga, sennò ben vengano i consigli xD

cavolate in arrivo...

$ (*)\;n= \displaystyle\sqrt{\frac{x^2 +1}{y^2}+4} $
allora la prima condizione da porre è che
$ \displaystyle \frac{x^2 +1}{y^2} $ deve essere un intero, quindi:

$ x^2 +1 = ay^2 $

Modulo svista colossale questa è l'equazione di Pell, che ha soluzioni intere per
$ x $ e $ y $ solo se $ a $ non è un quadrato.

Poniamo quindi $ a \ne q^2 $.

Ma non ci sono due quadrati la cui differenza sia 4 se non $ 0 $ e $ 4 $ , che però non vanno bene perchè $ \displaystyle \frac{x^2+1}{y^2} > 0 $
quindi il fatto che $ a \ne q^2 $ non pone limitazioni per le soluzioni.

Quindi si possono trovare degli $ x $ e $ y $ $ \in \mathbb{Z} $ che soddisfino la $ (*) $ per ogni $ n > 2 $


[insultate pure adesso..]

@ mecreddie: ok, x e' pari e y e' dispari, poi non so a cos'altro si arriva con i moduli... Comunque tentar non nuoce.

EUCLA ha scritto:$ x^2 +1 = ay^2 $

Modulo svista colossale questa è l'equazione di Pell, che ha soluzioni intere per
$ x $ e $ y $ solo se $ a $ non è un quadrato.

Mi spiace dirtelo, ma questa e' una svista...

L'equazione di Pell e':

$ x^2 -1 = ay^2 $

che ha effettivamente soluzioni per ogni a intero positivo non quadrato.

Mentre questa:

$ x^2 +1 = ay^2 $

talvolta non ha soluzioni. Potrebbe essere per te un utile esercizio dimostrare che, se a e' un primo dispari, questa roba ha soluzioni sse $ a\equiv 1\pmod 4 $

L'esercizio che ho postato consiste sostanzialmente nel vedere quando questa roba e' risolvibile, se $ a=n^2-4 $ per un qualche n.

eh già era troppo facilino così, in compenso mi son andata a vedere l'equazione di pell...

Uppone con le mie idee...

Cominciamo con una osservazione preliminare: fissato un certo k, come li trovo due interi x,y tali che $ x^2-y^2=k $? Beh, un'idea abbastanza demente (è venuta a me...) potrebbe essere questa: trovo a,b tali che $ ab=k $, e poi pongo $ x+y=a $ e $ x-y=b $ (questa cosa ce li dà anche tutti, perchè in effetti x+y deve essere un divisore di k...)

Oh, bene. Adesso, perchè n sia intero deve innanzitutto essere un razionale. Perciò $ x^2+4y^2+1 $ deve essere un quadrato perfetto, diciamo (sperando di non incasinarsi con le lettere) $ x^2+4y^2+1=r^2 $. Per quanto detto prima, troviamo che, essendo $ x=\sqrt{r^2-4y^2-1} $, dobbiamo trovare due quadrati che distino $ 4y^2+1 $. Siano perciò $ ab=4y^2+1, r=\frac{a+b}{2}, x=\frac{a-b}{2} $

A questo punto non vi offendo facendo i conti che ho sbagliato 4 volte e, ripercorrendo la strada al contrario, ottengo che $ n=\frac{a+b}{2y} $

Dunque, ora notiamo qualcosa di strano... perchè quella roba lì sia intera, infatti, deve essere $ a \equiv -b \pmod {2y} $, perciò abbiamo $ ab \equiv 1 \pmod {2y} \rightarrow -b^2 \equiv 1 \pmod {2y} \rightarrow 2y|b^2+1 $, d'altro canto abbiamo anche $ b | (2y)^2 +1 $ per costruzione... queste coppie mi ricordano qualcosa:
viewtopic.php?t=8284&sid=de9b034ab826ce ... c704faf016

A questo punto, visto che nessuno si è degnato di risolvere il mio problemuccio, lascio la questione qui in sospeso consigliando a chi vuole andare avanti di riconsiderare la faccenda che $ y^2 | x^2 +1 $

Ciao!

Anzi, ho deciso di concludere, così la gente invece di distrarsi su questo problema fa il mio

A questo punto, in realtà, siamo alla fine, perchè $ \displaystyle n=\frac{a+b}{2y}=\frac{\frac{4y^2+1}{b}+b}{2y}=\frac{(2y)^2+b^2+1}{2by}=3 $, dove l'ultima uguaglianza è garantita dal fatto che la coppia (2y,b) rispetta le condizioni del thread di là, e dunque anche l'uguaglianza scritta nell'ultimo post (che, peraltro, è un celebre IMO...)

Ri-ciao, e complimenti a piever per il problema: te lo sei inventato o l'hai pescato da qualche parte?

EDIT: ah, ovviamente, nella remota evenutalità non si fosse capito, sto sempre scherzando!

Bella 'sta soluzione (non sto scherzando al contrario di altri...)

Comunque no, non e' mio quest'esercizio (non e' "frutto di un mio onanismo mentale", citando il buon HiTLeuLeR), stava su una dispensa sulle equazioni di Pell (il che induce a pensare che andrebbero usate in qualche modo per risolverlo, ma vabbeh..).


Giusto per non aver altro di meglio da fare posto la mia soluzione:

La cosa che chiedevo all'inizio equivale a dire: per quali n l'equazione $ x^2-(n^2-4)y^2=-1 $ ha soluzioni intere?

Alura, anche osservatori poco attenti potrebbero notare che $ x^2-(n^2-4)y^2=4 $ ha soluzioni intere (toh), nella fattispecie x=n e y=1 e' una di esse. Ora, osservatori leggermente piu' attenti (oppure gente che lo sapeva da prima) sa che basta elevare al cubo una soluzione di tale equazione, dividere per 8 i valori di x e y per ottenere la soluzione a: $ x^2-(n^2-4)y^2=1 $

Nella fattispecie (mi piace proprio 'sta parola), se poniamo $ \displaystyle x=\frac{n^3+3n(n^2-4)}{8}=\frac{n^3+3n}{2} $ e $ \displaystyle y=\frac{3n^2+(n^2-4)}{8}=\frac{n^2-1}{2} $ abbiamo:

A) che x e y sono interi

B) che $ x^2-(n^2-4)y^2=1 $

Ma a noi interessa trovare x e y per cui quella roba fa -1, ovverosia diciamo che, se n fosse della forma richiesta, avremmo a e b (cambio lettera senza un motivo preciso) tali che:

$ \displaystyle (a+b\cdot\sqrt{n^2-4})^2=\frac{n^3+3n}{2}+\frac{n^3-1}{2}\cdot\sqrt{n^2-4} $

Ma questo porta a un gradevole sistemino, le cui due soluzioni sono, se ben ricordo (non ho calcolato i valori di a perche' non mi andava, ma del resto non serve..):

$ \displaystyle b=\frac{n-1}{2\sqrt{n-2}} $ e $ \displaystyle b=\frac{n+1}{2\sqrt{n+2}} $

Ora, $ n\ge 2 $ come ci fa gentilmente notare EUCLA, quindi n+2 ha almeno un divisore primo che non divide n+1 (per ovvi motivi), dunque nel secondo caso b non e' molto intero. Nel primo caso invece, se n=3 non ci sono problemi, ma, per n>3, n-2 ha un divisore primo che non divide il numeratore, assurdo.

Bye!

darkcrystal ha scritto:
...
A questo punto non vi offendo facendo i conti che ho sbagliato 4 volte
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piever ha scritto: ...
$ \displaystyle x=\frac{n^3+3n(n^2-4)}{8}=\frac{n^3+3n}{2} $
...

Vedo che sono in ottima compagnia...