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Ecco tre esercizi degni di nota.

1) Determinare tutti gli interi positivi $ x,y $ tali che $ x^2-y^3=\pm1. $
2) Dimostrare che 1 è l'unico intero positivo ad essere contemporaneamente un cubo e un numero triangolare.
3) Per quali valori interi positivi di $ a $ il numero $ a^2-3a+3 $ risulta un quadrato perfetto?

Il primo è un caso (molto) particolare dell'ex-congettura di Catalan dimostrato già da Eulero. Il bello è che è stettamente collegato agli altri due risultati. Qual è la connessione? (o quali sono?)

Provo a fare il 3.
Scrivo l'equazione come:
$ a^2-3a+2+1=x^2 $ scompongo come
$ (a-2)\cdot(a-1)=(x+1)\cdot(x-1) $
Ponendo il primo membro uguale a zero, ottengo dunque $ a=2,1 $ e per la legge dell'annullamento del prodotto ottengo $ x=\pm1 $
Dimostriamo che sono le uniche soluzioni:
Pongo $ (a-2)=k $, il primo membro diventa il prodotto di consecutivi:$ k(k+1)+1=x^2 $
Si tratta dunque di dimostrare che il prodotto di due numeri consecutivi non può distare 1 da un quadrato perfetto. Se $ x $ è pari, la tesi è vera, perchè il prodotto di consecutivi è necessariamente pari aggiungendovi $ 1 $ otteniamo un dispari, ma otterremmo un assurdo in quanto $ x $ è pari. Se $ x $ fosse dispari, poniamo anzitutto le condizioni $ k>0 $ e $ x>1 $. Affinchè ciò sia valido dobbiamo avere:

$ x(x-1)<k(k+1)<x^2 \Rightarrow k\not\in\mathbb{N} $, oppure $ k=x-1 $ ma allora disterà da $ x^2 $ per un multiplo di $ x $.

Spero vada bene .

EDIT: piccola modifica nel TeX: ho sostituito un (orrendo) => con un (giusto) \Rightarrow. ma_go

Ringrazio ma_go per la correzione .
Provo il punto 2.
L'equazione da risolvere è la seguente:

$ k^3=\dfrac{t(t+1)}{2} $
Dobbiamo dimostrare che ha soluzione soltanto per $ t=k=1 $, quindi $ k>1 $ e $ t>1 $

1)Caso: poniamo $ t $ pari, dunque $ t=2m $. L'equazione diventa:
$ k^3=\dfrac{2m(2m+1)}{2}\Rightarrow k=\sqrt[3]{m(2m+1)} $, quest'ultima è verficata se e soltanto sè:
$ m^2=2m+1\Rightarrow m^2-2m-1=0 $
Sviluppiamo i conti:
$ \frac{2\pm\sqrt{8}}{2} \Rightarrow (m-1-\sqrt2)(m-1+\sqrt2)=0 $
che non ha soluzioni intere.

2)Caso $ t $ dispari, quindi $ t=2l+1 $. Riscriviamo l'equazione come:
$ k^3=\dfrac{2(2l+1)(l+1)}{2} \Rightarrow k=\sqrt[3]{(2l+1)(l+1)} $, che è verificata se e solo se:
$ 2l+1=(l+1)^2=l^2+2l+1 \Rightarrow l^2=0 $
Abbiamo raggiunto la contraddizione delle ipotesi.
Pertanto la tesi è vera.
Anche qui, spero vada bene.

Per quanto riguarda il 3), penso sia giusto: le uniche soluzioni sono effettivamente $ a=2,a=1 $, però potresti esplicitare meglio l'ultimo passaggio?

Per quanto riguarda il 2), ci sono due errori importanti. Devi studiare meglio la diofantea $ m(2m+1)=k^3 $ (e quella simile più avanti).

Adesso ci provo.

Quello che ho fatto nel punto 2, è questo.
Ho detto che se $ m(2m+1)=k^3 $ allora necessariamente $ 2m+1=m^2 $, poichè il risultato di quel prodotto dev'essere un cubo perfetto.
Adesso trovo i valori di $ m $ affinchè questo sia vero. Fattorizzo il polinomio e noto che $ m $ non può essere intero. Quindi il caso è scartato.
Stesso procedimento per il caso di $ t $ dispari.
Per l'ultimo passaggio ho fatto questo ragionamento.
Se $ k(k+1) $ dista $ 1 $ da $ x^2 $ necessariamente deve essere maggiore di $ x(x-1) $ che dista $ x^2 $ per un multiplo di $ x $, ma allora $ k $ non è intero.

Non è vero però che se $ m(2m+1) $ è un cubo, è necessariamente $ 2m+1=m^2 $. D'altronde $ m $ e $ 2m+1 $ sono certamente coprimi, da cui la falsità di quell'uguaglianza ma in ogni caso potresti dedurre che ...

Idea venuta stanotte prima di addormentarmi...
Per il 2 l'equazione diventa $x(x+1)=2k^3$
Ora, certamente x e x+1 sono certamente coprimi, dunque dal loro prodotto non può arrivare un cubo, dunque uno dei due è 2 e l'altro il cubo. Provando si ottiene $x=k=1$

Ora, x e x+1 sono certamente coprimi, dunque dal loro prodotto non può arrivare un cubo, dunque uno dei due è 2 e l'altro il cubo.

Neanche questo va bene. Innanzitutto perchè il prodotto di due coprimi può essere un cubo, a patto che lo siano i due numeri; se vuoi usare questo fatto, puoi dire che uno tra $ x $ ed $ x+1 $ è pari e dividendo per 2 hai due casi da distinguere che corrispondono alle diofantee di Hawk. Altrimenti non è detto che uno dei due fattori del LHS sia 2, basta che sia il doppio di un cubo (e che l'altro sia un cubo).

allora dimostro il caso per $k$ pari;

$ x(x+1) = 2k^3 $; dato che $ x $ e $ x+1 $ sono coprimi (come detto da Drago96) e il loro prodotto e pari riscriviamo l'equazione come ha già fatto Hawk e diciamo

$ m(2m+1) = k^3 $. Ora supponiamo $ k $ pari $ \Rightarrow m $ pari; dividiamo per $ m $ e otteniamo

$ 2m + 1 = k_1^3 $ , con $ k_1 = \frac{k^3}{m} $. Ora supponiamo $ k_1 $ pari; abbiamo

$ m = \frac{(k_1-1)(k_1^2+k_1+1)}{2} $, ed essendo il numeratore dispari, $ m $ non è intero e abbiamo concluso.

se $ k_1 $ è dispari, allora $ m $ dev'essere nella forma $ 2^{3n} $; sostituendo abbiamo

$ 2^{3n+1} + 1 = k_1^3 $, ovvero
$ k_1^3 - 2^{3n+1} = 1 $, che non ha soluzioni per il teorema di mihailescu

proviamo il caso $k$ dispari;

abbiamo

$ m(2m-1) = k^3 $ (stavolta ho posto $ x = 2m-1 $), con $ k $ dispari$ \Rightarrow m $ dispari

quindi poniamo $ m = 2a+1 $ e scriviamo

$ (2a+1)(4a+1)=k^3 $
$ 8a^2-6a+1-k^3=0 $
le soluzioni sono $ a = \frac{6 \pm 2\sqrt{8k^3+1}}{16}= \frac{3 \pm \sqrt{8k^3+1}}{8} $.


Scriviamo dunque $ 8k^3 + 1 = n^2 $ che implica $ n^2 - (2k)^3 = 1 $. Per il teorema di mihailescu abbiamo $ 2k = 2 \Rightarrow k = 1 $, da cui ricaviamo facilmente $ a = 0 \Rightarrow m = 1 \Rightarrow x = 1 = k $

Non ho visto questa ultima soluzione, comunque perchè non provate a considerare il primo esercizio, si possono notare cose molto interessanti!!!! Credo che pepperoma la pensi come me. Io credo di averlo risolto in un altro modo, che forse posterò dopo.

Matty ha ragione, l'ordine degli esercizi non è casuale. Quanto alla soluzione di ant.py, a parte alcuni errorini, vorrei dire che $ 2m+1=k^3_1 $ porta immediatamente a $ k_1 $ dispari, senza il bisogno di esaminare il caso pari. Non ho ben capito il passaggio

se $ k_1 $è dispari, allora $ m $ dev'essere nella forma $ 8^n $

che non mi sembra lecito. Attenzione ai conti nell'equazione di secondo grado che hai impostato (anche se è un errore irrilevante per l'esercizio); per il resto la seconda parte è giusta. Comunque un chiarimento per quanto riguarda lo "spirito" dell'esercizio: ho detto fin da subito che il punto 1 è un caso particolare di Catalan=Mihailescu, quindi utilizzare questo teorema un po' troppo avanzato per una gara olimpica è sì giusto (e utile a capire che cosa bisogna dimostrare), ma è come barare. Con quel teorema diventa tutto ovvio, ma chi di voi sa dimostrarlo? Preferirei vedere una soluzione alla portata olimpionica (si tratta di una soluzione pur sempre molto difficile, penso che posterò suggerimenti).

Garantisco che esiste una soluzione puramente olimpica, molto molto standard, livello febbraio. E senza passare per quel teorema di cui tutti parlano

Mist, non potresti postarla? (anche nascosta se vuoi)