Dalla dispensa di HOJOO LEE su TDN

[pi_greco_quadro]

Siano $ x,y $ interi positivi. Si dimostri che, se $ xy\mid x^2+y^2+1 $ allora è verificato anche

$ \displaystyle \frac{x^2+y^2+1}{xy}=3 $

[dalferro11]

dato il problema implica che 3|x^2+y^2+1 e xy|x^2 +y^2+1
Ragionando modulo 3 la somma x^2 +y^2+1 deve essere divisibile per 3.
Da ciò segue che:

x=y=1 oppure x=y=-1 (mod 3)

Ma dato che xy|x^2 +y^2+1 dalle restrizioni di x e y si ha che xy = 1 (mod 3)
da cui xy non divide x^2 +y^2+1.
L'unica possibilità negli interi sono le coppie (1,1),(-1,-1).
Ciao

[darkcrystal]

Uhm... prova con (2,5)... è un problema già noto, comunque, e se ne è parlato anche su questo forum

[SkZ]

L'unica possibilità negli interi sono le coppie (1,1),(-1,-1).

$ ~ 2^2+5^2+1=2*5*3 $

[pi_greco_quadro]

@ Dalferro

In realtà il problema della tua soluzione, oltre a quelli che già ti sono stati fatti notare è a livello più profondo... infatti quando dici che

$ 3\mid x^2+y^2+1 $

stai già dando per scontata la tesi che invece dovresti dimostrare non ti pare?



p.s. non ho proprio idea di averlo già visto su questo forum il problema... se qualcuno mi mandasse il link o qualcosa sarei molto grato

[Alex89]

anche (2,1) va bene

2*1=2
2^2+1^2+1=6

Ti correggo perchè per avere x^2+y^2+1=0 mod.3
x e y devono essere entrambi diversi da 0 mod.3
non congrui a 1 mod.3

[Pigkappa]

dato il problema implica che 3|x^2+y^2+1

Io ho iniziato notando che $ x|y²+1 $ e $ y|x²+1 $ e scrivendo y²=nx-1 e x²=my-1, ma da qua non sono riuscito ad uscire da calcoli che portano solo in vicoli ciechi.

[Alex89]

Vediamo...

xy|x^2+y^2+1

Vediamo i casi:

1)x e y sono entrambi congrui a 0 mod.3
2)solo uno tra x e y è congruo a 0 mod.3
3)x e y sono entrambi diversi da 0 mod.3

Sviluppando i casi:

1)xy=0 mod.3
x^2+y^2+1=1 mod.3
Quindi la condizione non sussiste in quanto xy è multiplo di 3 e tutti i multipli di xy sono multipli di 3.
2)xy=0 mod.3
x^2+y^2+1=2 mod.3
Quindi la condizione non sussiste per la stessa ragione di sopra
3)xy=1 o 2 mod.3
x^2+y^2+1=0 mod.3
Quindi la condizione potrebbe sussistere se e solo se (x^2+y^2+1)/xy=3k

Ora come si andrà avanti?

[pi_greco_quadro]

Up!!!! un piccolo piccolo hint....

dunque se sappiamo che xy|x^2+y^2+1 allora è immediato che valga anche xy|(x-y)^2+1 da cui ricaviamo (x-y)^2 congruo a -1 modulo xy

E poi????

[dalferro11]

Caspita che errore madornale ho fatto!!!!
Quasi quasi cambio mestiere e studio filologia......

[Sisifo]

Riscriviamo l'ipotesi come
$ x^2 + y^2 + 1 = dxy $
Per qualche $ d \in \mathbb{N} $ fissato.
Allora, se la coppia (a,b) soddisfa l'equazione, si vede facilmente che anche $ (db-a,b) $ e $ (a, da-b) $ soddisfano l'equazione.
Supponiamo che $ a \neq b $.
Allora almeno una di queste coppie ha un elemento minore alla coppia originaria. Infatti se
$ db \ge 2a $ e $ da \ge 2b $ risulterebbe
$ a^2 + b^2 + 1 = dab \ge 2a^2 \rightarrow b^2 \ge a^2 - 1 $
$ a^2 + b^2 + 1 = dab \ge 2b^2 \rightarrow a^2 \ge b^2 - 1 $
Ma questo é chiaramente impossibile, perché $ a \neq b $.
(Infatti implicherebbe $ a^2 + 1 \ge b^2 \ge a^2-1 $ e non esistono quadrati consecutivi negli interi positivi).
Quindi é possibile costruire una successione di coppie $ (x,y) = (a_0, b_0), (a_1, b_1), \dots (a_n, b_n) \dots $
tali che la successiva abbia sempre la somma $ a_n + b_n $ minore o uguale della precedente. Per il principio della discesa infinita, prima o poi dovrá assumere un valore minimo, che per quanto dimostrato sopra si puó verificare solo se $ a_n = b_n = c $. Quindi esiste un c tale che
$ 2c^2+1 = dc^2 \rightarrow (d-2)c^2 = 1 $
Ma questo é possibile solo se $ d-2=1 $ in quanto $ c^2 $ é un intero positivo e d é un intero. Perció d=3
CVD

[pi_greco_quadro]

ok allora posto la mia....

sappiamo che $ xy\mid x^2+y^2+1 $ ma quindi ricaviamo che vale anche $ xy\mid x^2+y^2+1-2xy=(x-y)^2+1 $ da cui deve valere

$ (x-y)^2\equiv -1\pmod{xy} $.
Diciamo quindi che valga $ (x-y)=k $, con $ k\in\mathbb N $.
Ma allora, per rispettare la congruenza posta all'inizio è necessario che valga anche $ \displaystyle xy=\frac{k^2+1}{\alpha} $ dove ovviamente $ \alpha\in\mathbb N $ e tale che $ \alpha\mid k^2+1 $

Conoscendo ora il valore di $ xy $, deve esistere un certo $ \beta\in\mathbb N $ tale che $ \displaystyle\beta xy=\beta\frac{(x-y)^2+1}{\alpha}=x^2+y^2+1 $ che è impossibile se $ \alpha\neq 1 $. Nel caso in cui $ \alpha=1 $ ricaviamo invece $ \displaystyle \frac{x^2+y^2+1}{xy}=\alpha+2=3 $

[Leblanc]

Conoscendo ora il valore di $ xy $, deve esistere un certo $ \beta\in\mathbb N $ tale che $ \displaystyle\beta xy=\beta\frac{(x-y)^2+1}{\alpha}=x^2+y^2+1 $ che è evidentemente impossibile se $ \alpha\neq 1 $.

Potresti spiegare meglio la parte 'evidente'? A me non sembra cosi' banale... In ogni caso, e' sempre meglio evitare di dire 'e' banale che...' senza dare almeno un'idea del perche' funziona quel che dici, ad esempio se sono coinvolte disuguaglianze, o congruenze, o non so che altro...

[pi_greco_quadro]

@Leblanc: hai ragione.... ci ho pensato ed in effetti ciò che stavo dando per scontato in realtà crea non pochi problemi....

Posto che personalmente mi è piaciuta molto la soluzione di Sisifo, se qualcuno vorrà cercare di continuare per la mia strada è il benvenuto... dal canto mio prometto di pensarci su appena avrò la possibilità...

Ciao

[Leblanc]

Conoscendo ora il valore di $ xy $, deve esistere un certo $ \beta\in\mathbb N $ tale che $ \displaystyle\beta xy=\beta\frac{(x-y)^2+1}{\alpha}=x^2+y^2+1 $ che è impossibile se $ \alpha\neq 1 $.

Un commento... premetto che non so se questa strada porti alla soluzione, pero' non puoi pensare di ottenere la soluzione del problema solo dall'ultima uguaglianza... infatti si vede che
$ \beta\frac{(x-y)^2+1}{\alpha}=x^2+y^2+1 $
ha infiinite soluzioni $ (\alpha, \beta) $; basta prendere $ \alpha=H * ((x-y)^2+1) $ e $ \beta=H (x^2+y^2+1) $... quindi una eventuale soluzione deve avere delle ipotesi ulteriori.
Cmq quando hai tempo pensaci... ciau!