Divisibilità

[darkcrystal]

Trovare tutte le coppie $a,b$ di interi non-negativi tali che $a^2b-1$ divida $a+b^2$.

Il problema non è particolarmente difficile, e secondo me può far imparare qualcosa, quindi provatelo!

[gpzes]

darkcrystal..sempre ottimo e puntuale ...sarà un anno che devo ancora fare Nesbitt 2.0
..qui non saprei se scrivo altro strafalcione..azzardo un (a;b)=(1;2),(2;1),(2;3) uniche..

[darkcrystal]

Beh, una settimana è passata... non so benissimo come dare indicazioni su questo problema, ma provo lo stesso. @gpzes: non preoccuparti, prova a vedere se (magari con gli aiutini) riesci a fare qualche passo avanti!

Ovviamente il suggerimento è sempre il solito: aprite un hint alla volta, e pensateci un (bel) po' prima di passare al successivo. In ogni caso, le quattro indicazioni qui sotto non fanno una soluzione completa (anche se ci vanno vicine), quindi avrete ancora qualcosa da fare anche in caso vi lasciaste prendere dalla tentazione di guardarle tutti

Testo nascosto:

"x divide y" implica in particolare "x è più piccolo di y (in valore assoluto)"

Testo nascosto:

Il problema è che $a+b^2$ è di grado 2 in $b$, mentre $a^2b-1$ è di grado 1. Ci piacerebbe fare in modo che il dividendo diventasse di grado 1 in $b$!

Testo nascosto:

$a^2b-1 | a+b^2 \Rightarrow a^2b-1 | a+b^2 +a(a^2b-1) = b(a^3+b)$

Testo nascosto:

$a^2b-1$ è coprimo con $b$, quindi $a^2b-1 |a^3+b$.

Buon lavoro!

[scambret]

Una linea di attacco del problema alternativa può essere questa?

$ b $ è moralmente $ a^{-2} $ quindi moltiplicando per $ a^4 $ entrambi i membri viene qualcosa di semplice. Ma non so se si può fare

[LucaMac]

oppure $ a+b^2=(a^2b-1) k $ con $ k \in \mathbb{Z} $ . Ovvero un'equazione di secondo grado in $b$, il $ \Delta$ deve essere un quadrato quindi con un po' di osservazioni si trovano le soluzioni

[Drago96]

@scambret: io ero arrivato a $a^5\equiv-1$ e $b^5\equiv1$, quindi tipo $a^5+b^5\equiv0$, ma non son riuscito a concludere... (ma non ci ho neanche mai provato con carta e penna eh)
Però suppongo che le soluzioni passino per tenere basso il grado (1 o 2)

[gpzes]

..e se, con dovute ipotesi, facessimo...

$\begin{align}
& k=\frac{a+{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}b-1}=\frac{a}{{{a}^{2}}b-1}+\frac{{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}b-1}=\frac{1}{ab}\cdot \frac{{{a}^{2}}b}{{{a}^{2}}b-1}+\frac{b}{{{a}^{2}}}\cdot \frac{{{a}^{2}}b}{{{a}^{2}}b-1}= \\
& =\left( 1+\frac{1}{{{a}^{2}}b-1} \right)\cdot \left( \frac{1}{ab}+\frac{b}{{{a}^{2}}} \right) \\
\end{align}$...

si potrebbero limitare i valori di $a$ e $b$ per mandare $k$ sotto 1 ??!
farei anche...
se $a\ge 1,b\ge 1$ allora deve anche essere $k\ge 0$ e $\left( {{a}^{2}}b-1 \right)\le a+{{b}^{2}}\le 1+a{{b}^{2}}$ ossia $ab\left( a-b \right)\le 2$.
Se, inoltre, $b<a$ allora $1\le ab\le 2$……

[darkcrystal]

@LucaMac: ottimo, quel metodo funziona ed è anche veloce!

@scambret: non sono sicuro al 100% di cosa tu stia chiedendo. Se il tuo statement è: "siccome <<$a^{-2}=b$>>, allora moltiplicando $a^2b-1 | a+b^2$ da entrambi i lati per $a^4$ ottengo $a^4(a^2b-1) \bigm\vert a^4(a+a^{-4})=a^5+1$", allora no, questo è molto falso (prendi per esempio la soluzione $(a,b)=(2,3)$: allora la divisibilità $a^2b-1 | a+b^2$ è vera ma $a^4(a^2b-1) | a^5+1$ è falsa). Il punto è che "i primi, o anche le potenze di primi, che dividono $a^2b-1$ sono d'accordo con te sul fatto che $b=a^{-2}$, ma gli altri primi non ci credono". Tra l'altro, nemmeno il valore assoluto "crede" alla tua uguaglianza, perché nell'esempio di sopra abbiamo $a^4(a^2b-1) > a^5+1$ (in altri termini: se rimpiazzi $b$ con $a^{-2}$ ottieni una cosa che non solo non è una divisibilità, ma non rispetta nemmeno la disuguaglianza ovvia divisore $\leq$ dividendo. In questo senso "il valore assoluto si accorge" del fatto che stai imbrogliando, quando sostituisci $b$ con $a^{-2}$). Ok, sto cercando di dire una cosa che sarebbe anche abbastanza importante, ma mi rendo conto che questo discorso che ho appena fatto potrebbe non avere senso per voi... se non ci capite niente saltatelo a piè pari e riprendete dalla prossima frase.

Quello che è certamente vero è che $a+b^2 \equiv 0 \pmod{a^2b-1} \Longleftrightarrow a^4(a+b^2) \equiv 0 \pmod {a^2b-1}$, e d'altra parte $a^4(a+b^2) \equiv a^5+1 \pmod{a^2b-1}$, ma questo ti dà solo $a^2b-1 \bigm\vert a^5+1$, senza il fattore $a^4$ sulla sinistra.

@scambret, Drago96: lavorare con $a^5+1$ è la prima cosa che ho provato anch'io, ma in effetti non sembra portare in fondo...

@gpzes: mi sembra che quello che stai dicendo sia semplicemente che deve valere $\left( 1+ \frac{1}{a^2b-1} \right) \left( \frac{1}{ab}+ \frac{b}{a^2} \right) \geq 1$; questo è certamente vero e ti dà in effetti delle disuguaglianze, più o meno del tipo $b \geq a^2-2$ (questa che ho appena scritto è un po' più debole della tua, ma almeno si scrive facilmente). Nel tuo linguaggio: se ci limitiamo a considerare gli $a,b$ che rispettano $b < a^2-2$, allora non ci sono soluzioni. Questo fatto chiaramente da solo non porta a dire che il numero totale di soluzioni è finito; quello che vorremmo fare adesso è trovare una disuguaglianza nell'altro verso. Altra osservazione (che poi è la stessa osservazione, solo detta in un altro modo): come vedi anche tu stesso dalle ultime cose che hai scritto, se $b<a$ il problema lo sai risolvere: quindi ora vuoi trovare una disuguaglianza che ti dica esattamente che se $a,b$ è una soluzione, allora $b$ non è molto più grande di $a$!

[scambret]

Perfetto era il dubbio che coltivavo da quando avevi pubblicato questo problema. Grazie!