coppietta di quadrati... perfetti

[eli9o]

Determinare tutte le coppie $ (x,y) $ di interi positivi tali che $ x^2+3y $ e $ y^2+3x $ sono simultaneamente quadrati perfetti.

Enjoy

ps: nonostante la soluzione non sia particolarmente lunga io ci ho sbattuto la testa un bel po' prima di riuscirci

Edit: avevo sbagliato a scrivere il testo, scusatemi, ora dovrebbe essere giusto

[SkZ]

effettivamente, una volta trovato l'arcano e' breve la storia

ma il testo mi ricorda qualcosa (facile dato l'enorme numero di probl gia' postati)

[String]

Per ora considero il caso in cui i due quadrati sono uguali. Ho
$ x^2+3y=y^2+3x $
ottenendo
$ $ x_{1/2}=\frac {3\pm (2y-3)}{2}\longrightarrow x_1=y, x_2=3-y $
Sostituisco il primo valore ottenuto in una delle equazioni di partenza ottenendo
$ y^2+3y-a^2=0 $
$ $ y_{1/2}=\frac {-3\pm \sqrt {9+4a^2}}{2} $
Il radicando è un quadrato perfetto se $ a=2 $ quindi $ y_1=1, y_2=-4 $. Quest'ultimo valore però non è accettabile perchè negativo. Ho trovato quindi la prima coppia: (1,1).
Ora sostituisco il secondo valore trovato e ho:
$ $ y_{1/2}=\frac {-3\pm \sqrt {-27+4a^2}}{2} $
Il radicando è un quadrato perfetto se $ a=7 $ quindi $ y_1=8 $ che non è accettabile perchè verrebbe $ x=-5 $ e $ y_2=-5 $ lo stesso non accettabile.
Per adesso mi sono fermato qui non sapendo come fare nel caso più generale...

[SkZ]

occhio che vogliono valori positivi.
Inoltre hai fatto degli errori formali (come non mettere le parentesi dopo il $ $\pm$ $) e di conseguenza di conto (la seconda sol e' $ $x=3-y$ $)
Poi, se vuoi $ $x^2+3y=y^2+3x$ $, meglio porre
$ $x^2-y^2=3(x-y)$ $
$ $(x-y)(x+y)=3(x-y)$ $, da cui $ $x=y$ $ o $ $x+y=3$ $

[String]

Si è vero, che errori stupidi ora correggo

[edriv]

I modi più comuni per dimostrare che un numero non è un quadrato sono:
a) che non è un residuo quadratico modulo qualcosa. (es. 3k+2 non è un quadrato)
b) che è troppo vicino a un altro quadrato (es. x^2+1 non è un quadrato per x>0)
dove, in my humble opinion, il metodo a) suona più "truccoso" e quello b) più "profondo".

Ora, tenendo a mente il motto "due quadrati tendono ad essere distanti", possiamo fare la stima banale:
se $ ~ x^2+3y $ è un quadrato, maggiore di $ ~ x^2 $, ovviamente sarà maggiore o uguale a $ ~ (x+1)^2 $. Quindi:
$ ~ x^2+3y \ge x^2+2x+1 $, per fortuna i quadrati si cancellano e abbiamo la disuguaglianza lineare:
$ ~ 3y \ge 2x+1 $

Per simmetria del problema, allo stesso modo troviamo la disuguaglianza:
$ ~ 3x \ge 2y+1 $.

Queste ci dicono che "x è almeno i 2/3 di y, e viceversa", che è una cosa interessante ma troppo debole per ricavarci qualcosa. Proviamo con qualcosa di più "strong". Supponiamo che nessuno dei due famosi quadrati sia proprio uguale ad (x+1)^2 e (y+1)^2. Otteniamo le disuguaglianze:
$ ~ 3y \ge 4x+4 $
$ ~ 3x \ge 4y+4 $
che sommate danno chiaramente un assurdo.

Quindi almeno uno dei due è uguale a (x+1)^2 o (y+1)^2.
Ora, per comodità, data la simmetria del problema, possiamo assumere $ ~ x \ge y $, ricordandoci alla fine di aggiungere le soluzioni simmetriche.
Guardando le disuguaglianze sopra, vediamo che questo implica:
$ ~ x^2+3y = (x+1)^2 $
$ ~ 3y = 2x+1 $
che andiamo a sostituire nell'altra condizione.
$ ~ y^2+3x=n^2 $
$ ~ 9y^2+27x = 9n^2 $
$ ~ (2x+1)^2 + 27x = (3n)^2 $
$ 4x^2+31x+1 = (3n)^2 $
per risolvere questa, usiamo di nuovo il principio di trovare un quadrato più vicino possibile a 4x^2+31x+1.
$ ~ (2x+7)^2 + (3x-48) $ è un quadrato.
Ora, se x=16, abbiamo una soluzione. Se x>16, allora avremo:
$ ~ 4x^2+31x+1 = (2x+7)^2 + (3x-48) \ge (2x+8)^2 = 4x^2 + 32x + 64 $
che implica $ 1 \ge x + 64 $, abbastanza assurdo.
Se x<16, allora avremo:
$ ~ 4x^2+31x+1 = (2x+7)^2 + (3x-48) \le (2x+6)^2 = 4x^2 + 24x + 36 $ cioè:
$ ~ 7x + 1 \le 36 $ cioè $ ~ x \le 5 $, e se permettete 4 casi potreste anche farveli a mano.


Nota: questa non è assolutamente una soluzione come andrebbe scritta in gara, (non è neanche completa), è solo per far capire come si fa a risolvere un esercizio del genere...

[eli9o]

Ok, la mia soluzione era completamente analoga
Avevo postato questo esercizio proprio perchè saltasse fuori quella tecnica (o motto per edriv) quindi dopo una spiegazione così ci si può ritenere profondamente soddisfatti

Ciao

[SkZ]

io avevo posto
$ $x^2+3y=(x+n)^2\quad~$ $ , $ $~\quad y^2+3x=(y+m)^2$ $ con $ $n,m>0$ $ dato che anche $ $x,y>0$ $
unendo veniva
$ $(9-4mn)x=2mn^2+3m^2$ $
Dato che $ $x,2mn^2+3m^2>0$ $, devo avere $ $9-4mn>0$ $, quindi o entrambi uguali a 1 o uno pari a 1 e l'altro a 2

[Goldrake]

Grazie a Edriv per la soluzione completa (o quasi)
Due domande

Supponiamo che nessuno dei due famosi quadrati sia proprio uguale ad (x+1)^2 e (y+1)^2. Otteniamo le disuguaglianze:
$ ~ 3y \ge 4x+9 $
$ ~ 3x \ge 4y+9 $
che sommate danno chiaramente un assurdo.

Non dovresti mettere 4 al posto dei 9?
Suppongo infatti che tu abbia imposto
$ $x^2+3y\ge (x+2)^2$ $
escludendo appunto il caso che il quadrato sia (x+1)^2.
In ogni caso l'assurdo c'è lo stesso.

per risolvere questa, usiamo di nuovo il principio di trovare un quadrato più vicino possibile a 4x^2+31x+1. Moltiplico per 4:
$ ~ 16x^2 + 124x + 4 $ è un quadrato

Mi sfugge perché qui hai l'esigenza di moltiplicare per 4.

Scusa il rompimento, ciao!

[edriv]

Grazie a Edriv per la soluzione completa (o quasi)
Due domande

Supponiamo che nessuno dei due famosi quadrati sia proprio uguale ad (x+1)^2 e (y+1)^2. Otteniamo le disuguaglianze:
$ ~ 3y \ge 4x+9 $
$ ~ 3x \ge 4y+9 $
che sommate danno chiaramente un assurdo.

Non dovresti mettere 4 al posto dei 9?
Suppongo infatti che tu abbia imposto
$ $x^2+3y\ge (x+2)^2$ $
escludendo appunto il caso che il quadrato sia (x+1)^2.
In ogni caso l'assurdo c'è lo stesso.

per risolvere questa, usiamo di nuovo il principio di trovare un quadrato più vicino possibile a 4x^2+31x+1. Moltiplico per 4:
$ ~ 16x^2 + 124x + 4 $ è un quadrato

Mi sfugge perché qui hai l'esigenza di moltiplicare per 4.

Scusa il rompimento, ciao!

Mi fa piacere che ci sia qualcuno che legga nel dettaglio la mia soluzione trovandone un bel po' di sviste