mcd(m,n)=1

[pi_greco_quadro]

Siano $ m,n $ interi e tali che $ (m,n)= $1.

Si dimostri che esistono infiniti $ m,n $ rispettanti le condizioni poste tali che l'equazione

$ \displaystyle (x+m)^3=nx $ abbia 3 differenti soluzioni intere

[Simo_the_wolf]

dette $ a,b,c $ le soluzioni dell'equazione allora $ \sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b} + \sqrt[3]{c}=0 $ poichè $ a+b+c=3m=3\sqrt[3]{abc} $

Allora si può dimostrare (con considerazioni sui primi) che $ a,b,c $ sono cubi perfetti.

A questo punto $ m=xy(x+y) $ e $ 3m^2-n = x^3y^3 - (x+y)^3 ( x^3 + y^3) $ per avere la coprimalità tra $ n $ ed $ m $ dovremmo avere $ mcd(x+y , xy)=1 $ e quindi $ mcd(x,y)=1 $ (attenzione che dovrà essere $ x \neq y \neq -x-y $ )

[pi_greco_quadro]

la mia soluzione era molto più terra terra... La posto per mostrare un approccio completamente diverso..

Sviluppando i calcoli ed utilizzando le regole di Viète otteniamo

$ -3m=a+b+c;\quad 3m^2-n=ab+bc+ca;\quad -m^3=abc $

A questo punto ho osservato che imponendo una soluzione uguale ad 1 ottengo, dopo aver sviluppato i calcoli, $ n=(m+1)^3 $.

Quindi, sostituendo nell'equazione di partenza, e sviluppando, ottengo
$ (x-1)(x^2+(3m+1)x-m^3)=0 $.

Ma quindi il discriminante del secondo fattore dev'essere un quadrato perfetto... Sviluppando quindi i calcoli otteniamo
$ (3m+1)^2+4m^3=(m+1)^2(4m+1) $. Ma a questo punto sono facilmente in grado di trovare infiniti $ m $ per cui $ 4m+1 $ sia un quadrato.

Fine.