a^2+b^2=abc+1

[doiug.8]

Trovare le soluzioni intere di $ a^2+b^2=abc+1 $. [Ho generalizzato un Febbraio 2010]

[ale.G]

Provo a risolverlo, ma perdonatemi per i miei probabili errori ,

Se provo a dare valori, ad esempio, 3 e 4, oppure 1 e 2, ad $ a $ oppure $ b $ mi accorgo che per risolvere l'equazione in questi casi $ c=2 $.
Pongo $ c=2 $ fin dall'inizio e avrò $ a^2+b^2-2ab=1 \rightarrow (a-b)^2=1 $.

Per cui, se fin qui il ragionamento è esatto, mi basta che $ |a-b|=1 $. Questa condizione è soddisfatta da infinite coppie $ a \ b $ con la condizione però che $ c=2 $.

[ndp15]

Cosi hai dimostrato che le terne con $ |a-b|=1 $ e $ c=2 $ soddisfano la diofantea. Ora devi trovare (o dimostrare che non ci sono) altre soluzioni.

[Mike]

Per esempio, un'altra soluzione è

Testo nascosto:

1,1,1.

[matty96]

anche questa è soluzione:

Testo nascosto:

(0,1,c). Comunque io ho trovato che (1,1,1) e (0,1,c) sono le uniche. Chissà se è giusto(dato che l'ho risolto in bagno)...posterò la mia soluzione

[Claudio.]

anche questa è soluzione:

Testo nascosto:

(0,1,c). Comunque io ho trovato che (1,1,1) e (0,1,c) sono le uniche. Chissà se è giusto(dato che l'ho risolto in bagno)...posterò la mia soluzione

Non sono le uniche, guarda il secondo post, poi c'è scritto intere, quindi anche negative!

[minima.distanza]

provo io.

$ a^2+b^2 =abc+1 $ diventa $ (a-b)^2 = ab(c-2)+1)^2 $ da cui si deve avere che $ \frac{(a-b+1)(a-b-1)}{ab} = c-2 $ il problema si riduce quindi a vedere per quali a b si ha che $ \frac{(a-b+1)(a-b-1)}{ab} \in \mathbb{N} $. Bene, esamino i casi banali.

Come già detto, per $ |a-b| = 1, c=2 $. Facendo un pò di calcolini, analizzo ora i casi bassi: $ a=1 \Rightarrow b=c, b=1 \Rightarrow a=c, a=-1 \Rightarrow b=-c, b=-1 \Rightarrow a=-c $. Bene, vedo ora che $ ab (=z) $ non divide $ a-b \pm 1 $ ( mi dice che \nmid non è supportato... ) banalmente perchè per numeri diversi da quelli sopra anlizzati il prodotto cresce molto più in fretta rispetto alla differenza ( scusate, non so come dirlo meglio ). visto questo, si dovrebbe avere che $ a-b-1\equiv k \neq 0 \mod{z} \land a-b+1 \equiv r \neq 0 \mod{z} \Rightarrow kr \equiv 0 \mod{z} $ ( non è supportato nemmeno \nequiv pare....) da cui si dovrebbe avere che $ k(k-2) \equiv 0 \mod{z}\land r(r+2) \equiv 0 \mod{z} $ siccome non possono andare entrambe a zero rispettando le condizioni sopra imposte, si ha che le uniche soluzioni sono quelle del tipo elencato sopra.

[Sonner]

Dubbio: ma non potrebbe essere che ab divide "un po'" a-b+1 e un po' a-b-1? Dopo tutto mica sono numeri primi... poi ci sono anche altre soluzioni tipo (8,21,3)

Comunque dovrei aver trovato una soluzione (decisamente da sistemare al momento), appena ho un attimo di tempo la scrivo

[minima.distanza]

Non voglio fare il rigoroso, ma in che senso " un pò" ?

In ogni caso si deve avere anche che $ (a,b) = 1 $ in quanto se si avesse che $ a=kb $ Si avrebbe dal fatto che ( riscrivendo in unro modo quanto sopra) $ \frac{a}{b} +\frac{b}{a}-\frac{1}{ab} = k+\frac{1}{k}-\frac{1}{kb^2} =k+\frac{b^2-1}{kb^2} $ che non è mai un numero intero. Se ciò ha potuto chiarire qualche dubbio di divisibilità...

[Sonner]

Un po' nel senso che i fattori primi di ab dividono in parte a-b-1 e in parte a-b+1, e questo può succedere anche se (a,b)=1, ad esempio 8*21 divide (8-21-1)(8-21+1) (ok in questo caso è pure uguale a meno del segno, ma non ho voglia di cercarne una più grande). O forse non ho capito io e stai dicendo altro?

[minima.distanza]

ehm... ho capito ora cosa intendi, e ho trattato quell'un pò nella seconda parte della dimostrazione, anche se forse non molto bene evidentemente... se noti, ho detto che se $ a-b+1 \equiv k \mod{ab} \land a-b-1 \equiv r \mod{ab} \rightarrow kr \equiv 0 \mod{a} $ ( che in fondo è un'espressione formale per dire che ab divide un pò l'uno e un pò l'altro...). Da questo fatto ho detto che si dovrebbe avere che $ k(k-2) \equiv 0 \mod{ab} \land r(r+2) \equiv 0 \mod{ab} $ che non sembra essere soddisatto, ma a questo punto è evidente che mi sbaglio... XD aspetto con curiosità la tua soluzione

[matty96]

( mi dice che \nmid non è supportato... ) ( non è supportato nemmeno \nequiv pare....)

Prova ad usare questo:
1) Per \nmid:

Codice: Seleziona tutto

$ \not |$

(scrivilo cosi' perche questo $ \not \mid $ non si capisce tanto)
2) Per \nequiv:

Codice: Seleziona tutto

$ \not \equiv $

[Sonner]

Scrivo brevemente la mia "soluzione".
Pongo b=a+d, sostituisco, ricavo c e trovo $ c=2+\frac{1-d^2}{a^2+ad} $ ma allora $ 1-d^2=ka^2+kad $ con $ c=k+2 $. Risolvo quell'equazione rispetto ad a, mi calcolo il delta e lo pongo quadrato perfetto ottenendo $ d^2(k^2+4k)-n^2=4k $. A questo punto mi fermo, non son riuscito a trovare nessuna parametrizzazione decente, ma almeno penso di essere riuscito a dire che ci sono infinite famiglie di infinite soluzioni: scelgo k (quindi fisso c) e risolvo la pell (posso perchè $ k^2+4k $ non è mai quadrato perfetto se k>0) trovando infiniti (a,b). Spero di non aver cannato nulla... si può dire di più? Mi è stato suggerito di provare il vieta jumping, mo ci provo

[Claudio.]

Conosco pochissimo le equazioni di Pell, avrei delle domande:
Quella è un'equazione di Pell? Di che tipo?
Le soluzioni di un'equazione di Pell hanno tutte forma diversa?

Se non sbaglio comunque k non deve necessariamente essere positiva.

[staffo]

premetto che non ho ancora imparato ad usare il LaTeX (perdonatemi in ciò), comunque l'equazione non mi sembra poi così complessa (magari sbaglio). infatti se isolo c ottengo c=(a^2+b^2-1)/(ab), di conseguenza posso attribuire qualsiasi valore ad a e b eccetto 0 e trovare soluzioni per c. per i casi in cui invece a o b siano 0, se a è 0, b e +-1, se b è 0, a è +-1 (in entrambi i casi a c si può attribuire qualsiasi valore), se b ed a sono entrambo 0 non ci sono soluzioni.