dario2994 ha scritto:e) Trovare tutte le coppie (a,b) tali che $ $ \frac{a^2+b^2-1}{ab}=k $
Sia $ k \in \mathbb{N}_0 $ fissato e $ S_k:=\{(x,y)\in \mathbb{N}_0^2:x^2+y^2=kxy+1\} $. Se $ a=b $ allora $ a^2\mid 2a^2-1\implies a=1 $. Se $ a=1 $ invece abbiamo banalmente $ b=k $ per cui d'ora in poi assumiamo che $ 1<a<b $.
Se $ k=1 $ dovrebbe valere $ a^2+b^2=ab+1 $, che è equivalente a $ 1\le (a-b)^2=a^2+b^2-2ab=1-ab\le 0 $, per cui $ S_1=\{(1,1)\} $.
Se $ k=2 $ dovrebbe valere $ a^2+b^2-1=2ab $ cioè $ (a-b)^2=1 $, per cui $ S_2=\{(x,x+1)\} $ dove $ x \in \mathbb{N}_0 $ varia tra gli interi positivi.
Sia $ k>2 $ fissato. Vogliamo dimostrare che $ (a,b)\in S_k $ (con il vincolo $ a<b $) se e solo se esiste un intero non negativo $ i $ tale che $ a=x_i,b=x_{i+1} $, dove $ x_0=1,x_1=k,x_{n+1}=kx_n-x_{n-1} $.
Innanzitutto la sequenza degli $ \{x_i\}_{i \in \mathbb{N}} $ è strettamente crescente, infatti $ x_0<x_1 $, e supposto che la disuguaglianza $ x_i<x_{i+1} $ sia verificata, abbiamo $ x_{i+1}<x_{i+2}=kx_{i+1}-x_i $ se e solo se $ x_i<(k-1)x_{i+1} $ che è vera per ipotesi induttiva.
Adesso verifichiamo che effettivamente $ (x_i,x_{i+1}) \in S_k $ per ogni $ i \in \mathbb{N}_0 $. Banalmente $ (x_0,x_1)\in S_k $ e supposto che $ (x_i,x_{i+1}) \in S_k $ allora $ x_i^2+x_{i+1}^2=kx_ix_{i+1}+1 $. Adesso $ (x_{i+1},x_{i+2})\in S_k $ se e solo se $ (kx_{i+1}-x_i)^2+x_{i+1}^2=kx_{i+1}(kx_{i+1}-x_i)+1 $ che è equivalente a $ (k^2+1)x_{i+1}^2+x_i^2-2kx_ix_{i+1}=k^2x_{i+1}^2-kx_ix_{i+1}+1 $ cioè esattamente $ (x_i,x_{i+1})\in S_k $ e l'induzione è completa.
Resta da dimostrare che sono effettivamente $ S_k $ non contiene altre coppie $ (a,b) $ che non siano di quella forma: assumiamo che $ (a,b)\in S_k $ con $ 1\le a<b $. Vogliamo dimostrare che anche $ (kb-a,a)\in S_k $. Per ipotesi $ b $ è una radice di $ p(x):=x^2-kxa+a^2-1 $; la somma delle due radici è intera e il prodotto è positivo per cui l'altra radice $ ka-b \in \mathbb{N}_0 $. Inoltre se fosse $ ka-b\ge a $ allora $ a^2+b^2>a^2+b^2-1=kab\ge \frac{a+b}{a}ab=ba+b^2 $ assurdo, per cui $ 1\le ka-b\le a-1 $.
Infine effettivamente vale $ (ka-b,a)\in S_k $, infatti $ (ka-b)^2+a^2=ka(ka-b)+1 $ se e solo se $ (a,b)\in S_k $.
Questo procedimento creerà degli elementi di $ S_k $ sempre più piccoli, e questo algoritmo deve
necessariamente terminare nella coppia $ (1,k) $.
Ciò dimostra che quella sequenza ricorsiva è in grado di trovare tutti e soli gli elementi di $ S_k $.
Per andare fino in fondo: il polinomio caratteristico associato a quella ricorsione è $ x^2-kx+1=(x-\frac{k}{2})^2+1-\frac{k^2}{4} $ per cui abbiamo le due radici $ y_1:=\frac{1}{2}(k+\sqrt{k^2-4}),y_2:=\frac{1}{2}(k-\sqrt{k^2-4}) $. Siano $ (\alpha,\beta)\in \mathbb{R}^2 $ la soluzione del sistema:
$ \alpha y_1^0+\beta y_2^0 =x_0=1 $
$ \alpha y_1^1+\beta y_2^1=x_1=k $.
Otteniamo $ \displaystyle (\alpha,\beta)=\left(\frac{\sqrt{k^2-4}+k}{2\sqrt{k^2-4}},\frac{\sqrt{k^2-4}-k}{2\sqrt{k^2-4}}\right) $ da cui :
$ \displaystyle x_n=\left(\frac{\sqrt{k^2-4}+k}{2\sqrt{k^2-4}}\right)\left(\frac{k+\sqrt{k^2-4}}{2}\right)^n+\left(\frac{\sqrt{k^2-4}-k}{2\sqrt{k^2-4}}\right)\left(\frac{k-\sqrt{k^2-4}}{2}\right)^n $, e quindi $ S_k:=\{(x_n,x_{n+1})\} $ dove $ n $ varia in $ \mathbb{N} $.
Ps. Ok, credo di essermi risolto tutti i punti con una botta sola 
Spero sia utile a qualcuno, e good night!
E i punti d) ed e) sono fattibili e vengono quasi immediatamente ai precedenti 
