$a+be | ab+e$

[jordan]

Mostrare che esistono infinite coppie di interi positivi $(a,b)$ tali che $b>1$ e
\[\begin{cases} a+b \mid ab+1 \\ a-b \mid ab-1\\ a+1>b\sqrt{3} \end{cases}\]

[spugna]

Non basterebbe prendere $b=1$ e $a>1$? Sarebbe troppo facile per essere un tuo problema!

[jordan]

Non basterebbe prendere $b=1$ e $a>1$?

Si', se non fosse che avevo dimenticato il $b>1$

[kalu]

Considero le successioni $ A_i $, $ B_i $ così definite:
$ \displaystyle \begin{cases} a_1=5 \\ b_1=3 \\ a_{n+1}=-a_n^2-1+3a_nb_n\\ b_{n+1}=a_n^2+1-a_nb_n \end{cases} $

Per ogni $ i $ vale la seguente relazione:
$ a_i^2+2=3b_i^2 $.

Testo nascosto:

Il passo base è banale. Suppongo la relazione vera per $ n $. Allora:

$ \displaystyle 3b_{n+1}^2-a_{n+1}^2= 3(a_n^2+1-a_nb_n)^2-(-a_n^2-1+3a_nb_n)^2=2a_n^2(a_n^2+2-3b_n^2)+2=2 $

Inoltre, per ogni $ i $ si ha che:
$ a_i> b_i>1 $

Testo nascosto:

Supponendo la tesi valida per $ n $ e ricordando che $ a_n^2+2=3b_n^2 $, noto che:

$ \displaystyle\begin{cases} a_{n+1}=-a_n^2-1+3a_nb_n=-a_n^2-1-a_nb_n+2\sqrt{4a_n^2b_n^2}>-a_n^2-1-a_nb_n+2\sqrt{1+a_n^2(a_n^2+2)}=a_n^2+1-a_nb_n=b_{n+1} \\ b_{n+1}=a_n^2+1-a_nb_n=\frac{(a_n-b_n)^2}{2}+b_n^2>b_n^2>1\end{cases} $

A questo punto è facile verificare che $ (a_i, b_i) $ soddisfa per ogni $ i $. Infatti:

$ \displaystyle a^2+2=3b^2 \leftrightarrow (a+b)(a-b)=\frac{(a+b)^2+(a-b)^2}{4}-1 \rightarrow \begin{cases} (a+b) \mid \frac{(a+b)^2}{2}-ab-1 \\ (a-b) \mid \frac{(a-b)^2}{2}+ab-1 \end{cases} \rightarrow \begin{cases} (a+b) \mid ab+1 \\ (a-b) \mid ab-1 \end{cases} $

$ \displaystyle \begin{cases} a^2+2=3b^2 \\ a>1 \end{cases} \rightarrow a^2+2a+1>3b^2 \rightarrow a+1>\sqrt{3}b $ [edited]

[jordan]

$ [tex] $\displaystyle \begin{cases} a^2+2>3b^2 \\ a>1 \end{cases}

Apparte il sistema qui sopra, e' tutto corretto