gcd(a^2,b^2-1)

[pi_greco_quadro]

Dimostrare che, se dati due interi dispari $ a,b $ e tali che

$ a^2-b^2+1\mid b^2-1 $

allora $ a^2-b^2+1 $ è un quadrato perfetto..

ps a questo punto aggiungo allora che ancora non sono in possesso di una soluzione e che per una volta tanto anche su mathlinks si sbaglia.. ciò è confortante..

[piever]

a=105, b=99 mi sembra un controesempio, ma forse ho frainteso il problema...

[pi_greco_quadro]

no non hai proprio frainteso nulla.. sono io che ho sbagliato.. chissà dove ho messo la testa... Edito..


ps colgo l'occasione per farti i complimenti

[piever]

Ah ok...

Ora e' un bel problema, nient'affatto banale...

hint: segue dal combinatorial nullstellensatz

[EUCLA]

hint: segue dal combinatorial nullstellensatz

dev'esser piuttosto potente sta tecnica! Mi sa che me l'andrò a vedere!


EDIT: Ho appena aperto il pdf che ho trovato su mathlinks e la reazione è stata più o meno così , quindi lascio lo studio di questa combinatorial nullstellensatz a gente più brava di me .

il link è qui

[pi_greco_quadro]

premetto piever che non conosco nulla in merito alla tecnica da te citata, tantomeno come si possa applicare a questo problema.. Giochicchiando un po' con le lettere però ho notato questo.. metto giù qualche mia idea nella speranza possa essere di aiuto

Dunque.. diciamo $ c=\frac{a-b}{2} $, $ d=\frac{a+b}{2} $. D'altra parte è immediato ricavare $ a^2-b^2+1\mid a^2 $, e sostituendo diciamo

$ 4cd+1\mid (c+d)^2 $, quindi $ (c+d)^2=k(4cd+1) $. Otteniamo quindi un polinomio di secondo grado $ P(c,d) $. A questo punto, ritengo che la tecnica che si possa applicare qui sia quella già vista nel IMO 2007/5 oppure nel famoso IMO 1988/6, entrambi già postati su questo forum peraltro.. Ovvero considerare una soluzione $ (c,d) $ con $ d $ minima ecc..ecc.. Dite che si possa continuare su questa strada?

[marco-daddy]

hint: segue dal combinatorial nullstellensatz

LOL

[Jacobi]

quindi si puo o no risolvere col combinatorial nullstellensatz ( io nn ci sto capendo piu niente )? Se si, qualcuno potrebbe per cortesia (nn scordiamoci le buone maniere ) postare la soluzione?

[piever]

L'idea di $ \pi ^2 $ e' interessante, ma, cosi' come il combinatorial nullsellensatz, fa notare Marco Daddy, era uno scherzo, temo lo sia anche questo. (e sarebbe la quarta volta che esce fuori questa discesa, comunque perche' non provare? magari esce fuori una soluzione migliore)..

La mia idea era invece questa: posto per k il risultato della divisione, e posto $ k+1=jn^2 $ con j squarefree, abbiamo jn|a, quindi a=jnc e otteniamo una simpatica equazione di Pell in b e c...

E (questa vale 7 punti) possiamo facilmente notare la tesi

[edriv]

Ora:
- o viene Mattia che grazie alla tua idea lo risolve in un batter d'occhio
- oppure mi spieghi come cavolo si continua

[Simo_the_wolf]

Dieri che l'idea di pigrecoquadro è moooolto interessante... chi finisce??

ps : $ 4cd+1|(c+d)^2 $ sse $ 4cd+1|(4d^2-1)^2 $

[piever]

Ora:
- o viene Mattia che grazie alla tua idea lo risolve in un batter d'occhio
- oppure mi spieghi come cavolo si continua

Ma stralol...

Comunque indipendentemente dal fatto che hanno trovato una soluzione più bella ( ) la mia si continuava così:

Dobbiamo dimostrare che $ b^2-kjc^2=1 $ con b e c dispari ha soluzioni solo se j=1 (resterebbe il caso k negativo, ma si fa similmente).

Ora c=2n e b=2k+1 è una soluzione. Se ci fosse una soluzione con b e c dispari, significa che la più piccola soluzione è dispari e che quelle pari si ottengeno elevandola a esponente pari. Quindi $ (x+y\sqrt{jk})^2=2k+1+2n\sqrt{jk} $ e $ x^2-jky^2=1 $ è risolvibile negli interi. Segue che $ 2jky^2+1=2k+1 $ per cui j=1, quindi k+1 è un quadrato, da cui la tesi..