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Siano m ed n interi positivi. Provare che $ 4mn-m-n $ non può essere un quadrato perfetto

good work

$ 4mn-m-n = a^2 \Leftrightarrow (4m-1)(4n-1)=(2a)^2+1 $. Ma RHS è divisibile solo per primi congrui ad uno mod 4 per il lemma di cui sotto.
Peccato che essendo $ 4m-1 \equiv 3 \pmod 4 $ LHS abbia almeno un fattore congruo a 3 mod 4, assurdo.

Ciao

EDIT: dimostriamo il lemma, va!
Lemma: sia $ x^2 + y^2 \equiv 0 \pmod p $, p ovviamente primo, e $ y \neq 0 \pmod p $ (nel problema di cui sopra, essendo y=1, abbiamo la garanzia di questa seconda ipotesi).
Allora $ x^2 \equiv -y^2 \pmod p \Longleftrightarrow $$ (xy^{-1})^2 \equiv -1 \pmod p \Longleftrightarrow (xy^{-1})^4 \equiv 1 \pmod p $; ma da queste ultime due ricaviamo che l'ordine moltiplicativo di $ (xy^{-1}) $ modulo p è esattamente 4, ed è inoltre noto che $ ord_p(n) | \varphi(p) $, per cui $ 4 | p-1 \Rightarrow p \equiv 1 \pmod 4 $.
Detto a parole: se un primo divide una somma di quadrati e NON divide ciascuno dei due, allora è congruo a 1 modulo 4.

Visto che l'ha già bruciato davide posto la mia soluzione...

Suppongo che esista un $ ~x $ intero tale che $ 4mn-m-n=x^2 $. Allora $ \displaystyle n=\frac{x^2+m}{4m-1} $.

Cio' significa che $ x^2+m\equiv0\pmod{4m-1} $ ossia $ -m\equiv x^2\pmod{4m-1} $.

Ora, ovviamente in $ 4m-1 $ c'è un primo congruo a 3 modulo 4; chiamiamolo $ ~p $.

Si ha che $ 4m\equiv1\pmod{p} $, ossia $ m\equiv\frac{1}{2^2}\pmod{p} $.

Da ciò segue che $ m^{\frac{p-1}{2}}\equiv(\frac{1}{2^2})^{\frac{p-1}{2}}\equiv(\frac{1}{2})^{p-1}\equiv 1\pmod{p} $


Di conseguenza $ \displaystyle\left(\frac{-m}{p}\right)\equiv(-m)^{\frac{p-1}{2}}\equiv(-1)^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\pmod{p} $

Il che significa che $ ~-m $ non e' residuo quadratico modulo $ ~p $; pertanto non può esserlo modulo $ 4m-1 $, assurdo.