175. Doppia divisibilità

[Drago96]

Non raggiungerò mai la bellezza e la difficoltà dei problemi del mio predecessore, quindi vi beccate questo (che è comunque carino)

Determinare tutte le coppie di interi positivi $a,b$ tali che $$a^2-b\mid b^2+a\\ b^2-a\mid a^2+b$$

[Troleito br00tal]

Non raggiungerò mai la bellezza e la difficoltà dei problemi del mio predecessore

<3<3<3

[scambret]

Wow. Very educational. So beautiful. Such difficult
Scherzi a parte: è un problema carino e neanche troppo difficile. Ma non so quante soluzioni ha e nessuno avrà voglia di fare il conto ( ), per i nuovi è l'ottimale!

[matpro98]

Una domanda generale: se x|y, possiamo dire che anche -x|y?

[scambret]

Se $x \mid y$ allora significa che esiste $z$ in $\mathbb{Z}$ tale che $y=zx$.
Deduci le tue conclusioni per $-x \mid y$...

[ma_go]

Se $x \mid y$ allora significa che esiste $z$ in $\mathbb{Z}$ tale che $y=zx$.
Deduci le tue conclusioni per $-x \mid y$...

cioè:

Sì.

[aetwaf]

Per ipotesi possiamo dire che
$ a^2-b\le b^2+a $
$ b^2-a\le a^2+b $
Da cui si ottengono le disequazioni
$(a-b)(a+b)\le a+b $
$(b-a)(b+a)\le a+b $
Ora consideriamo $3 $ casi

$ a+b> 0 $
$ a-b\le 1 $ e $(a-b)\ge -1 $
Che è possibile solo per
$1. a-b=-1,2. a-b=0,3. a-b=1 $

$ a+b <0 $
$ a-b\ge 1 $ e $a-b\le -1 $ assurdo

$4. a+b=0 $

Ora, sostituendo i valori possibili ottenuti nei vari passaggi otteniamo
$1. b^2-3b+1\mid b^2+b-1 $ con $ b\ge 1 $
Cioè $ b^2-3b+1\mid 4b-2 $
Basta provare $ b\le 6 $ e otteniamo $ b=3, 2, 1$ e $ a=b-1 $
$2. b^2-b\mid b^2+b$ con $ b\ge 0 $
Da cui $ b-1\mid b+1 $ con $b\ne 0$
cioè $ b=2$ e $ a=b $
Controlliamo per sicurezza $(0,0)$ e vediamo che non funziona
$3. b^2-b-1\mid b^2 +3b+1 $ con $ b\ge 0$
Da cui $ b^2-b-1\mid 4b+2 $
Troviamo $ b=2, 1, 0 $ e $ a=b+1 $
$4. a=-b $

[Drago96]

Sì, mi pare funzioni
Quindi le coppie alla fine sono?

[aetwaf]

Hai ragione in questo caso è bene specificare

$(3,2),(2,1),(1,0),(2,2),(a,-a)$ e simmetriche

[Drago96]

Ok, a parte il fatto che $a,b$ erano positivi

[aetwaf]

Hai ragione me l'ero perso
Restano $(3,2),(2,1),(2,2)$

[karlosson_sul_tetto]

Sbaglio o $(3,3)$ è una soluzione? $6=9-3|9+3=12$
Si perde nel punto 2) in cui $a-b=0$: $2=3-1|3+1=4$

[Drago96]

Uh, sì...
Non posso far altro che quotare scambret...

[aetwaf]

Certo, se $b-1\mid b+1$ deve essere $b-1\mid 2$ cioè $b=2,3$
Mi sono perso solo quella no?

[karlosson_sul_tetto]

Si, almeno non ho trovato altre...