ANNO II problema I

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Questo argomento contiene 9 risposte, ha 3 partecipanti, ed è stato aggiornato da  Matteo 4 mesi fa.

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  • #19829
    SLLG
    SLLG
    Partecipante

    Siano $a,b\in \mathbb{N}$ con $a > b$ tali che
    $MCD(a-b; ab+1) = MCD(a+b; ab-1)=1$
    Dimostrare che $(a-b)^2+(ab+1)^2$ non è un quadrato perfetto.

    #19832

    Matteo
    Partecipante

    Notiamo che $\left ( a-b \right )^{2}+\left ( ab+1 \right )^{2}=a^{2}b^{2}+a^{2}+b^{2}+1=\left ( a^{2}+1 \right )\left ( b^{2}+1 \right )$ . Dimostriamo per assurdo che $\left ( a^{2}+1,b^{2}+1 \right )=1$ . Supponiamo esista un primo $p$ che li divida entrambi, allora avremo $a^{2}\equiv b^{2}\equiv -1 \left( mod: p \right )$ e di conseguenza $\left ( a+b \right )\left ( a-b \right )\equiv a^{2}-b^{2}\equiv 0\; \left ( mod: p \right )$ e quindi $b\equiv a\; \left ( mod: p \right )\vee \; b\equiv -a\; \left ( mod: p \right )$ , dividiamo dunque in due casi. Caso 1: $b\equiv a\; \left ( mod: p \right )$ , otteniamo che $a-b\equiv 0\; \left ( mod: p \right )$ e $ab+1\equiv a^{2}+1\equiv 0\; \left ( mod: p \right )$ il che non rispetta le ipotesi perché $\left ( a-b,ab+1 \right )=1$ dunque è impossibile. Caso 2: $b\equiv -a\; \left ( mod: p \right )$ , otteniamo che $a+b\equiv 0\; \left ( mod: p \right )$ e $ab-1\equiv -a^{2}-1\equiv 1-1\equiv 0\; \left ( mod: p \right )$ che non rispetta la tesi perché $\left ( a+b,ab-1 \right )=1$ e quindi è impossibile. Dunque deve valere $\left ( a^{2}+1,b^{2}+1 \right )=1$ . Affinché il prodotto di due numeri coprimi sia un quadrato perfetto devono essere entrambi dei quadrati perfetti, ma questo è impossibile perché gli unici quadrati perfetti che differiscono di $1$ sono $0$ e $1$ e quindi dovremmo avere $a=b=0$ , ma sappiamo per ipotesi che $a>b$ . Dunque $\left ( a-b \right )^{2}+\left ( ab+1 \right )^{2}$ non è mai un quadrato perfetto.

    #19835

    Matteo
    Partecipante
    Spoiler

    Notiamo che $\left ( a-b \right )^{2}+\left ( ab+1 \right )^{2}=a^{2}b^{2}+a^{2}+b^{2}+1=\left ( a^{2}+1 \right )\left ( b^{2}+1 \right )$ . Dimostriamo per assurdo che $\left ( a^{2}+1,b^{2}+1 \right )=1$ . Supponiamo esista un primo $p$ che li divida entrambi, allora avremo $a^{2}\equiv b^{2}\equiv -1: \left ( mod\, p \right )$ e di conseguenza $\left ( a+b \right )\left ( a-b \right )\equiv a^{2}-b^{2}\equiv 0\; \left ( mod: p \right )$ e quindi $b\equiv a\; \left ( mod: p \right )\vee \; b\equiv -a\; \left ( mod: p \right )$ , dividiamo dunque in due casi. Caso 1: $b\equiv a\; \left ( mod: p \right )$ , otteniamo che $a-b\equiv 0\; \left ( mod: p \right )$ e $ab+1\equiv a^{2}+1\equiv 0\; \left ( mod: p \right )$ il che non rispetta le ipotesi perché $\left ( a-b,ab+1 \right )=1$ dunque è impossibile. Caso 2: $b\equiv -a\; \left ( mod: p \right )$ , otteniamo che $a+b\equiv 0\; \left ( mod: p \right )$ e $ab-1\equiv -a^{2}-1\equiv 1-1\equiv 0\; \left ( mod: p \right )$ che non rispetta la tesi perché $\left ( a+b,ab-1 \right )=1$ e dunque è impossibile. Dunque deve valere $\left ( a^{2}+1,b^{2}+1 \right )=1$ . Affinché il prodotto di due numeri coprimi sia un quadrato perfetto devono essere entrambi dei quadrati perfetti, ma questo è impossibile perché gli unici quadrati perfetti che differiscono di $1$ sono $0$ e $1$ e quindi dovremmo avere $a=b=0$ , ma sappiamo per ipotesi che $a>b$ . Dunque $\left ( a-b \right )^{2}+\left ( ab+1 \right )^{2}$ non è mai un quadrato perfetto.

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    #19836
    SLLG
    SLLG
    Partecipante

    Bravo! Corretto.

    #19837
    SLLG
    SLLG
    Partecipante

    La prossima però inserisci la funzione spoiler così gli altri possono dare la loro soluzione senza vedere la tua…

    #19838

    Matteo
    Partecipante

    Non capisco perché me l’abbia editato così male e perché mi metta i due punti quando scrivo il modulo

    #19839

    Matteo
    Partecipante

    Sì scusa avevo scordato lo spoiler

    #19840

    Matteo
    Partecipante

    ecco ho corretto 😉

    #19842
    MATHia
    MATHia
    Amministratore del forum

    Per scrivere bene le congruenze di solito di usa $\pmod{q}, per cui scrivendo $a\equiv b\pmod{q} si ottiene $a \equiv b \pmod{q}$ che ha anche la spaziatura corretta.

    #19850

    Matteo
    Partecipante

    Grazie!

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