Divisibilità

[Giovanni98]

Siano $a,b$ due interi positivi dispari. Dimostrare che se $2ab+1 \mid a^2+b^2+1$ vale $a=b$.

[Gerald Lambeau]

Vieta-Jumping!
Sia $\displaystyle \frac{a^2+b^2+1}{2ab+1}=k \in \mathbb{Z^+}$. Si dimostra facilmente che $a=b \Leftrightarrow k=1$. Supponiamo quindi per assurdo che esista $k>1$ intero tale che esiste almeno una coppia $(a, b)$ di interi positivi dispari che risolve $a^2+b^2+1=2abk+k$.
Essendo interi positivi esiste una coppia $(a, b)$ soluzione tale che $\min(a, b)$ è il minimo possibile al variare di tutte le coppie che sono soluzioni (ovviamente consideriamo solo quelle con entrambe le variabili dispari). Diciamo WLOG $a \ge b$, quindi il numero sotto il quale non possiamo scendere è $b$. Ora, dato che vale $a^2-2abk+b^2+1-k=0$, l'equazione $x^2-2xbk+b^2+1-k=0$ ha due soluzioni: una è $a$, l'altra è, per le formule di Viète, l'intero $c=2bk-a$. Essendo $a$ dispari, lo è anche $c$.
Se $c>0$ vale $bc \le ac=b^2+1-k$ dove l'ultima uguaglianza è vera sempre per Viète. Ora, essendo $k>1$, vale $1-k<0$ da cui $b^2+1-k<b^2$ e quindi $bc<b^2 \Rightarrow 0<c<b$, assurdo in quanto la coppia di dispari soluzione $(b, c)$ avrebbe minimo $c$, minore di $b$ che era il minimo della coppia di dispari soluzione $(a, b)$, la coppia di dispari soluzione che aveva il minimo più piccolo!
Quindi $c<0$. Ora osserviamo che $(a+1)(c+1)=ac+a+c+1=b^2+1-k+2bk+1=b^2+2+k(2b-1)$, e dato che $b>0$ quell'affare è $>0$, quindi $(a+1)(c+1)>0$, ma $a+1>0$, quindi dev'essere $c+1>0 \Rightarrow c>-1$. Abbiamo quindi dimostrato che, se esiste $k>1$ intero che risolve, allora esiste un intero dispari $c$ tale che $-1<c<0$, assurdo!
Dunque $k=1 \Rightarrow a=b$.

[Gerald Lambeau]

Penso sia arrivato il momento di chiedere un giudizio sulla mia soluzione.

[alex00]

Per quanto il mio giudizio sia di poca importanza posso dire che sembra una bella soluzione. Ad ogni modo avrei una domanda: usando le formule di Vieta si ricava che le soluzioni formano una serie \((a,b,\dfrac{b^2+1-k}{a},...)\). Ora affinché questi interi siano positivi devo avere \(b^2+1-k>0\) e quindi \(b^2+1>k\). Siccome le serie di prima è crescente (ecco su questo punto non ho dimosttazioni formali e infatti chiedo se è giusto affermare ciò) posso trovare che il minimo b soluzione è 1 (sarebbe la soluzione banale \(a=b=1\)). Quindi \(2>k\) e siccome k è positivo e intero allora \(k=1\).
Vorrei sapere se (magari aggiustata) quest'idea può essere azzeccata.

[Gerald Lambeau]

Quella serie mi sembra decrescente, e si dovrebbe banalmente dimostrare con $k \ge 1, a \ge b$. Ora però che arriva in $1$ lo devi dimostrare (ad esempio supponendo per assurdo che il minimo sia maggiore di $1$ e trovando un elemento successivo ancora più piccolo). Poi il resto dovresti spiegarlo meglio perché in un paio di passaggi sinceramente mi sono perso XD.

[alex00]

Mh giusto, si mi ero sbagliato sulla serie pardon. Ad ogni modo dimostrando che è decrescente e che il minimo è proprio\(1\) e sapendo che per tutti questi valori della serie \(k\) è lo stesso posso trovarlo sostituendo i valori minimi (che appunto sono \(a=b=1\)) e trovo che \(k=1\). È giusto ragionare così?

[Gerald Lambeau]

Sì, è corretto, più o meno è lo stesso principio su cui si basa la mia dimostrazione con Vieta-Jumping, anche se per come l'ho strutturata non serviva il passaggio dove si "scende" fino alla soluzione minima, ma comunque è giusto ragionare così.
Ora però devi effettivamente mostrare che il minimo sia $1$ e non $2$ o $7$ o boh.

[alex00]

Capito, ora magari mi metto un po' e provo. La mia idea è di trovare un limite inferiore sopra il quale posso sempre rendere la mia nuova soluzione \(c<b\). Perciò limitando i casi possibili sotto quel limite si può provare a vedere cosa succede a \(k\). Ora se il limite fosse \(2\) avremmo vinto.

[Giovanni98]

Bene Gerald, ora però vi sfido a risolvere il problema senza VJ.