x^2+3y e y^2+3x quadrati perfetti
Inviato: 13 mar 2009, 00:39
Trovare tutti le coppie (x,y) di interi positivi tali che $ x^2+3y $ e $ y^2+3x $ siano entrambi quadrati perfetti 
poichè x e y sono entrambi positivi, si avrà che $ x^2+3y>x^2 \wedge y^2+3x>y^2 $, quindi
$ \begin {cases}
3y=2nx+n^2\\
3x=2ky+k^2
\end{cases} $
quindi, sommando membro a membro
$ 3y+3x=2nx+2ky+n^2+k^2\\
n^2+k^2=(3-2n)x+(3-2k)y $
poichè il primo membro è positivo e x,y anche, (3-2n) e (3-2k) dovranno essere positivi, quindi vanno bene solo n,k=1, oppure uno positivo e uno negativo.
caso A) Si ottiene quindi
$ \begin {cases}
2x-3y=-1\\
3x-2y=1
\end {cases} \Rightarrow x=1;y=1 $
caso B) uno dei due tra n e k deve essere uguale a 1, quindi
$ \begin {cases}
3y=2x+1\\
3x=2ky+k^2
\end {cases} $
$ \begin {cases}
x=(3y-1)/2\\
(9-4k)y=2k²+3
\end {cases} $
sarà quindi k=1 o k=2. k=1 è già stato analizzato, quindi k=2; si ottiene
x=16
y=11 che va bene
l'altro caso è simmetrico, quindi le uniche soluzioni sono (1,1), (11,16), (16,11)
edit: ooops... avevo incollato la mia "brutta copia" e ho mandato "invia" invece di "anteprima"
edit2: aggiunto il caso B
) : ponendo per assurdo che $ x^2+3y \ge (x+2)^2 $ e $ y^2+3x \ge (y+2)^2 $ e sommando otteniamo $ 0 \ge x+y+8 $, assurdo, per cui wlog $ x^2 < x^2+3y < (x+2)^2 \implies x^2+3y=(x+1)^2 $, e da qui si conclude in poco..