France TST 2005

[geda]

Siano $ x $ e $ y $ due interi positivi tali che $ 3x^2+x=4y^2+y $. Dimostrare che $ x-y $ e' un quadrato perfetto.

[travelsga]

Allora...
Riscrivo l'ipotesi come $ \displaystyle 4x^2+x+\frac{1}{16}=4y^2+y+\frac{1}{16}+x^2\Rightarrow (2x+\frac{1}{4})^2=(2y+\frac{1}{4})^2+x^2 $
Dunque ricavo $ (8x+1)^2=(8y+1)^2+(4x)^2 $ ossia $ (8x+1,8y+1,4x) $ è una terna pitagorica ed essendo $ gcd(8x+1,8y+1,4x)=1 $ è pure primitiva e parametrizzata da
$ 4x=2ab $
$ 8y+1=a^2-b^2 $
$ 8x+1=a^2+b^2 $ con $ a>b>0 $.
Da queste relazioni segue $ \displaystyle 8(x-y)=8x+1-(8y+1)=a^2+b^2-(a^2-b^2)=2b^2\Rightarrow x-y=(\frac{b}{2})^2 $, dunque la tesi.

[ndp15]

$ gcd(8x+1,8y+1,4x)=1 $

Come è definito il $ gcd $ tra numeri dipendenti da incognite? Perchè se pongo ad esempio $ x=10 $ e $ y=1 $ qualche divisore in comune c'è
Mi sono perso qualcosa?

[gismondo]

bè in realtà con x=10 e y=1 hai (81,9,40) e divisori comui a tutte e 3 non ce ne sono...
ti basta sapere che tra 4x e 8x+1 non ci sono, a maggior ragione non ci saranno aggiungendo un altro numero...

[kn]

Oppure c'è anche una soluzione più stupida: supponiamo $ \displaystyle~\upsilon_p(x-y)=a $ dispari, per qualche $ \displaystyle~p $ primo. Allora possiamo porre $ \displaystyle~x-y=bp^a $, con $ \displaystyle~p\nmid b $, da cui $ \displaystyle~x=y+bp^a $. Sostituendo nell'equazione: $ \displaystyle~3y^2+6byp^a+3b^2p^{2a}+y+bp^a=4y^2+y $ o anche $ \displaystyle~y^2=p^a(6by+3b^2p^a+b) $. Dunque $ \displaystyle~a\le\upsilon_p(y^2)=2\upsilon_p(y) $: essendo $ \displaystyle~a $ dispari otteniamo $ \displaystyle~a<2\upsilon_p(y) $, cioè $ \displaystyle~\frac{a+1}{2}\le\upsilon_p(y) $. Ponendo infine $ \displaystyle~y=p^{\frac{a+1}{2}}z $ abbiamo $ \displaystyle~p^{a+1}z=p^a(6bp^{\frac{a+1}{2}}z+3b^2p^a+b) $, da cui $ \displaystyle~p^{a+1}(z-6bp^{\frac{a-1}{2}}z-3b^2p^{a-1})=p^ab $, cioè $ \displaystyle~p\mid b $, assurdo...
I francesi sono proprio messi male..

[ndp15]

bè in realtà con x=10 e y=1 hai (81,9,40) e divisori comui a tutte e 3 non ce ne sono...
ti basta sapere che tra 4x e 8x+1 non ci sono, a maggior ragione non ci saranno aggiungendo un altro numero...

Ah ok, stupido io che pensavo dovessero essere coprimi a due a due. Io avevo tentato un altro approccio ma mi sono bloccato a metà (se riesco a concludere posto il tutto).
Comunque per curiosità i France TST sarebbero le finali nazionali delle olimpiadi francesi?

[sprmnt21]

Siano $ x $ e $ y $ due interi positivi tali che $ 3x^2+x=4y^2+y $. Dimostrare che $ x-y $ e' un quadrato perfetto.

Non so se porta a qualcosa di piu' semplice, ma la relazione data e' equivalente a:

(x-y)(1+3(x+y)) = y^2.



Correggo e riscrivo
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Se x-y non e' un quadrato, allora c'e' un k intero:


x-y = k*a^2 e 1+3(x+y)=k*b^2 (*).

Da cio' segue che, essendo y^2 = k^2(ab)^2, anche x = k*c e percio' anche x+y = k*d. Ma per la seconda delle (*) si ha che k(b^2- 3d)=1, cioe' k=1 (o -1).

[geda]

Una soluzione alternativa (anche se simile a quella di sprmnt21)

Si nota facilmente che $ x>y $, quindi pongo $ x=y+k $ e riscrivo l'equazione di partenza

$ 3(y^2+2yk+k^2)+y+k=4y^2+y $, cioe'

$ y^2-6yk-3k^2-k=0 $. La risolvo in $ y $

$ y=\frac{6k\pm \sqrt{36k^2+12k^2+4k}}{2}=3k\pm \sqrt{k(12k+1)} $.

Cio' che e' sotto radice, $ k(12k+1) $, deve essere un quadrato (affinche' y sia intero), ma $ k $ e' primo rispetto a $ 12k+1 $, ne consegue che sia $ k $ che $ 12k+1 $ devono essere quadrati. Ma $ k=x-y $ ....