Le differenze quadrano

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Gerald Lambeau
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Le differenze quadrano

Messaggio da Gerald Lambeau » 11 set 2017, 20:32

Siano $x, y$ interi positivi tali che $3x^2+x=4y^2+y$.
Dimostrare che $x-y$ è un quadrato perfetto.
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nuoveolimpiadi1999
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Re: Le differenze quadrano

Messaggio da nuoveolimpiadi1999 » 17 set 2017, 16:48

Ci provo. :wink:
Allora riscrivo l'espressione come
$3x^2+x=3y^2+y^2+y $
poi isolo $y^2$ al $RHS$
e ottengo
$3x^2+x-3y^2-y=y^2$.
Metto a fattor comune e scompongo:
$3(x^2-y^2)+x-y=y^2$
ovvero
$3(x+y)(x-y)+(x-y)=y^2$
ed ora al $LHS $ posso raccogliere $x-y$ per ottenere
$(x-y)(3x+3y+1)=y^2$.
Poniamo $MCD(x-y,3x+3y+1)=d$
dimostreremo che $d=1$; infatti
poichè $d^{2}$ divide anche $y^2$, avremo che $d $ divide
$y$, ma allora $d|x-y+y=x$ e ció implica che essendo sia $x $ che $y $ dei multipli di $d $ allora lo è anche la loro somma ovvero $x+y $ e piú in particolare anche $3x+3y $, ma noi sappiamo anche che $d|3x+3y+1$, dunque
$d$ divide anche la loro differenza ossia $d|3x+3y+1-3x-3y=1$ ossia
$d=1$ che è quanto volevamo dimostrare.
Ora il fatto che $d=1$ ossia che
$MCD (x-y,3x+3y+1)=1$ mi implica che entrambi i fattori devono essere dei quadrati in quanto se ci fosse un numero primo che compare con esponente dispari in uno due fattori, poichè nell'altro fattore non puó esserci (poichè il loro $MCD=1$) nel risultato comparirà quindi con esponente dispari, ma il risultato è un quadrato e la scomposizione dei quadrati è fatta da numeri primi con esponenti pari, quindi si cadrebbe in un assurdo, per cui $x-y $ deve essere un quadrato (e lo stesso per $3x+3y+1$ anche se non è richiesto dal problema).

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Gerald Lambeau
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Re: Le differenze quadrano

Messaggio da Gerald Lambeau » 17 set 2017, 17:00

Direi che è buona! :)
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erFuricksen
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Re: Le differenze quadrano

Messaggio da erFuricksen » 18 nov 2017, 10:54

Bonus Question: Mostrare che $x-y$ non è mai un quadrato perfetto.
$ x^2 + (y - \sqrt {|x|} )^2 = 2 $

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Gerald Lambeau
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Re: Le differenze quadrano

Messaggio da Gerald Lambeau » 18 nov 2017, 15:25

$x=30, y=26$.
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erFuricksen
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Re: Le differenze quadrano

Messaggio da erFuricksen » 18 nov 2017, 15:36

Ah, ops, ho sbagliato un conto in un passaggio :(
$ x^2 + (y - \sqrt {|x|} )^2 = 2 $

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Gerald Lambeau
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Re: Le differenze quadrano

Messaggio da Gerald Lambeau » 18 nov 2017, 16:08

Vabbè dai, ve lo do io un bonus interessante: trovare tutte le soluzioni intere positive.
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Ventu06
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Re: Le differenze quadrano

Messaggio da Ventu06 » 27 feb 2018, 18:01

Testo nascosto:

Consideriamo l'espressione iniziale $3x^2+x=4y^2+y$ e risolviamola come equazione in $x$:
$x=\frac{1}{6}(\sqrt{48y^2+12y+1}-1)$

Affinchè $x$ sia intero, il termine sotto la radice deve essere un quadrato, quindi
$k^2=48y^2+12y+1$

Risolviamo quest'espressione come equazione in $y$
$y=\frac{1}{24}(\sqrt{12k^2-3}-3)$

Affinchè $y$ sia intero, il termine sotto la radice deve essere un quadrato, quindi
$h^2=12k^2-3$

Dato che $3$ divide sicuramene tutti i termini tranne $h^2$, $3$ dovrà dividere anche $h^2$ e perciò $h$, che riscriviamo come $h=3h'$
A questo punto abbiamo che $(3h')^2=12k^2-3$, da cui
$(2k)^2-3h'^2=1$

Questa è una classica equazione di Pell, che risolveremo in modo standard:

Troviamo la frazione continua di $\sqrt{3} = [1;\overline{1,2}]$
Questa frazione diventa periodica dopo un 3 termini, quindi le soluzioni minime dell'equazione saranno date dal secondo convergente:
$\dfrac{2k_1}{h'_1}=1+\dfrac{1}{1}=\dfrac{2}{1} \longrightarrow 2k_1=2 \ , \ \ h'_1=1$

Troviamo quindi le soluzioni generali
$2k_n=\frac{1}{2}((2+\sqrt{3})^n+(2-\sqrt{3})^n)$
$h'_n=\frac{1}{2\sqrt{3}}((2+\sqrt{3})^n-(2-\sqrt{3})^n)$

Riprendiamo l'espressione $x=\frac{1}{6}(\sqrt{48y^2+12y+1}-1)=\frac{1}{6}(k-1)$: il termine $\sqrt{48y^2+12y+1}-1=k-1$ deve essere divisibile per $6$, cioè per $2$ e per $3$.

Modulo $2$ vediamo che
$\sqrt{48y^2+12y+1}-1 \equiv \sqrt{1}-1 \equiv 0 \pmod{2}$

Modulo $3$ invece
$k_n-1 \equiv \frac{1}{4}((2+\sqrt{3})^n+(2-\sqrt{3})^n)-1 \equiv \frac{1}{4}(2^n+2^n) -1 \equiv 2^{n-1}-1 \pmod{3}$
$2^{n-1} \equiv 1 \pmod{3}$ se e solo se $n-1$ è pari, quindi $n$ è dispari.


Riprendiamo l'espressione $y=\frac{1}{24}(\sqrt{12k^2-3}-3)=\frac{1}{24}(h-3)=\frac{1}{8}(h'-1)$ : il termine $\frac{1}{3}(\sqrt{12k^2-3}-3)=h'-1$ deve essere divisibile per $8$.

Modulo $8$ vediamo che
$h'_n-1 \equiv \frac{1}{2\sqrt{3}}((2+\sqrt{3})^n-(2-\sqrt{3})^n) -1 \equiv \sqrt{3}^{n-1}+\frac{n(n-1)}{2}4\sqrt{3}^{n-3} -1 \pmod{8}$

Se $n \equiv 1 \pmod{4}$, allora
$\sqrt{3}^{n-1}+\frac{n(n-1)}{2}4\sqrt{3}^{n-3} -1 \equiv 0 \pmod{8}$

Se invece $n \equiv 3 \pmod{4}$, allora
$\sqrt{3}^{n-1}+\frac{n(n-1)}{2}4\sqrt{3}^{n-3} -1 \equiv 2 \pmod{4}$

Segue quindi che $n=4j+1$


Quindi tutte le soluzioni sono, al variare di $j$ fra gli interi positivi (escludiamo quella con $x=y=0$)

$x=\frac{1}{6}(\frac{1}{4}((2+\sqrt{3})^{4j+1}+(2-\sqrt{3})^{4j+1})-1)$

$y=\frac{1}{8}( \frac{1}{2\sqrt{3}}((2+\sqrt{3})^{4j+1}-(2-\sqrt{3})^{4j+1}) -1)$

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