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175. Doppia divisibilità

Inviato: 25 feb 2014, 19:18
da Drago96
Non raggiungerò mai la bellezza e la difficoltà dei problemi del mio predecessore, quindi vi beccate questo (che è comunque carino)

Determinare tutte le coppie di interi positivi $a,b$ tali che $$a^2-b\mid b^2+a\\ b^2-a\mid a^2+b$$

Re: 175. Doppia divisibilità

Inviato: 25 feb 2014, 19:34
da Troleito br00tal
Drago96 ha scritto:Non raggiungerò mai la bellezza e la difficoltà dei problemi del mio predecessore
<3<3<3

Re: 175. Doppia divisibilità

Inviato: 26 feb 2014, 15:37
da scambret
Wow. Very educational. So beautiful. Such difficult :lol:
Scherzi a parte: è un problema carino e neanche troppo difficile. Ma non so quante soluzioni ha e nessuno avrà voglia di fare il conto ( :lol: ), per i nuovi è l'ottimale!

Re: 175. Doppia divisibilità

Inviato: 26 feb 2014, 17:16
da matpro98
Una domanda generale: se x|y, possiamo dire che anche -x|y?

Re: 175. Doppia divisibilità

Inviato: 26 feb 2014, 17:27
da scambret
Se $x \mid y$ allora significa che esiste $z$ in $\mathbb{Z}$ tale che $y=zx$.
Deduci le tue conclusioni per $-x \mid y$...

Re: 175. Doppia divisibilità

Inviato: 26 feb 2014, 18:58
da ma_go
scambret ha scritto:Se $x \mid y$ allora significa che esiste $z$ in $\mathbb{Z}$ tale che $y=zx$.
Deduci le tue conclusioni per $-x \mid y$...
cioè:
la versione sintetica di scambret ha scritto:Sì.

Re: 175. Doppia divisibilità

Inviato: 26 feb 2014, 19:59
da aetwaf
Per ipotesi possiamo dire che
$ a^2-b\le b^2+a $
$ b^2-a\le a^2+b $
Da cui si ottengono le disequazioni
$(a-b)(a+b)\le a+b $
$(b-a)(b+a)\le a+b $
Ora consideriamo $3 $ casi

$ a+b> 0 $
$ a-b\le 1 $ e $(a-b)\ge -1 $
Che è possibile solo per
$1. a-b=-1,2. a-b=0,3. a-b=1 $

$ a+b <0 $
$ a-b\ge 1 $ e $a-b\le -1 $ assurdo

$4. a+b=0 $

Ora, sostituendo i valori possibili ottenuti nei vari passaggi otteniamo
$1. b^2-3b+1\mid b^2+b-1 $ con $ b\ge 1 $
Cioè $ b^2-3b+1\mid 4b-2 $
Basta provare $ b\le 6 $ e otteniamo $ b=3, 2, 1$ e $ a=b-1 $
$2. b^2-b\mid b^2+b$ con $ b\ge 0 $
Da cui $ b-1\mid b+1 $ con $b\ne 0$
cioè $ b=2$ e $ a=b $
Controlliamo per sicurezza $(0,0)$ e vediamo che non funziona
$3. b^2-b-1\mid b^2 +3b+1 $ con $ b\ge 0$
Da cui $ b^2-b-1\mid 4b+2 $
Troviamo $ b=2, 1, 0 $ e $ a=b+1 $
$4. a=-b $

Re: 175. Doppia divisibilità

Inviato: 27 feb 2014, 16:54
da Drago96
Sì, mi pare funzioni :)
Quindi le coppie alla fine sono?

Re: 175. Doppia divisibilità

Inviato: 27 feb 2014, 21:19
da aetwaf
Hai ragione in questo caso è bene specificare

$(3,2),(2,1),(1,0),(2,2),(a,-a)$ e simmetriche

Re: 175. Doppia divisibilità

Inviato: 27 feb 2014, 21:44
da Drago96
Ok, a parte il fatto che $a,b$ erano positivi ;)

Re: 175. Doppia divisibilità

Inviato: 01 mar 2014, 12:07
da aetwaf
Hai ragione me l'ero perso
Restano $(3,2),(2,1),(2,2)$

Re: 175. Doppia divisibilità

Inviato: 03 mar 2014, 14:30
da karlosson_sul_tetto
Sbaglio o $(3,3)$ è una soluzione? $6=9-3|9+3=12$
Si perde nel punto 2) in cui $a-b=0$: $2=3-1|3+1=4$

Re: 175. Doppia divisibilità

Inviato: 03 mar 2014, 14:35
da Drago96
Uh, sì... :oops:
Non posso far altro che quotare scambret... :lol:

Re: 175. Doppia divisibilità

Inviato: 03 mar 2014, 14:43
da aetwaf
Certo, se $b-1\mid b+1$ deve essere $b-1\mid 2$ cioè $b=2,3$
Mi sono perso solo quella no?

Re: 175. Doppia divisibilità

Inviato: 03 mar 2014, 14:50
da karlosson_sul_tetto
Si, almeno non ho trovato altre...