Para que enteros $a,b$, $ab-1$ brecha $a^3+1$?

Question

Un problema que no he podido resolver:

Para que los valores de $a,b\in\mathbb{Z}$, $ab-1$ brecha $a^3+1$?

Estoy buscando todas las soluciones posibles. Algunos de ellos son triviales, como $a=0,b=0$ o $(a,b)\in\{(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(3,1),(3,5),(5,3)\}.$

Usted puede notar que es muy similar a la famosa 1988 OMI problema #6, y apuesto a que la Vieta de salto es la clave, pero una curva elíptica parece estar involucrado. Usted también puede notar que $(ab-1)\mid (a^3+1)$ implica $(ab-1)\mid (a^3 b^3+b^3)$, por lo tanto $(ab-1)\mid (a^3+1)$ es equivalente a $(ab-1)\mid (b^3+1)$.

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Con el fin de evitar casos triviales, podemos suponer que $|a|>1$ $|b|>1$ sin pérdida de generalidad. Dado $$ a^3+1 = (ab-1)\cdot k \tag{1}$$ debemos tener $k\equiv -1\pmod{a}$, es decir,$k=(ac-1)$. La identidad anterior se convierte entonces en: $$ a^2-(bc)a+(b+c)=0 \tag{2}$$ por lo tanto cada una de las soluciones $(a,b)$ se asocia con otras soluciones de $\left(a,\frac{a^2+b}{ab-1}\right),\left(a,\frac{b^2+a}{ab-1}\right)$.

$b^2 c^2-4(b+c)$ tiene que ser un cuadrado: que, obviamente, no puede suceder si $b^2 c^2-4(b+c)<b^2 c^2$$b^2 c^2-4(b+c)>(bc-1)^2$: que la observación conduce al hecho de que las únicas soluciones en $\mathbb{N}$ son los mencionados anteriormente, pero ¿qué otras soluciones en $\mathbb{Z}$?

Answer 1

Una solución puede ser obtenida de la forma más directa de Vieta saltar.

En primer lugar, si $ab-1\mid a^3+1$, $ab-1\mid a^2+b$ desde $b\cdot(a^3+1)=a^2\cdot(ab-1)+a^2+b$. Del mismo modo, $ab-1\mid b^2+a$$ab-1\mid b^3+1$. Por eso, $ab-1$ divide, ya sea todos o ninguno de $a^3+1$, $a^2+b$, $b^2+a$, y $b^3+1$.

En particular, como ya se ha señalado, si $(a,b)$ es una solución, entonces se $(b,a)$, por lo que podemos limitarnos a soluciones con $|a|\le|b|$. Para los pequeños, fijos $a$, podemos simplemente revise todos los $b=(k+1)/a$ para los números enteros $k\mid a^3+1$. Esto nos da las siguientes soluciones con $|b|\ge|a|$, suponiendo que no me he perdido ningún:

• $a=0$ y cualquier $b$
• $a=1$ $b=-1,2,3$
• $a=-1$ y cualquier $b$
• $a=2$ $b=-4,2,5$
• $a=-2$ $b=-4,3$
• $a=3$ $b=-9,5$
• $a=-3$ $b=-9,4$

En la siguiente, por consiguiente, se puede suponer $4\le|a|\le|b|$.

Si $ab-1\mid a^2+b$,$b=-a^2$, lo cual es siempre una solución, o $|a^2+b|\ge|ab-1|$. El último, nos hemos dividido en dos casos, se basan en el signo de $a^2+b$.

Si $a^2+b>0$, obtenemos $a^2+b\ge|ab-1|$ a partir de la cual se desprende que $|a|^2+|b|\ge|a|\cdot|b|-1$. Aún suponiendo $|b|\ge|a|$, esto le da $$ \bigl(|b|-|a|-1\bigr)\bigl(|a|-1\bigr)=|a|\cdot|b|-|a|^2-|b|+1\le2 $$ lo que implica que $|b|$ es $|a|$ o $|a|+1$ al $|a|>3$. Luego podemos comprobar las alternativas $b=a$, $b=-a$, $b=a\pm 1$, $-b=a\pm 1$ (con $\pm$ dependiendo del signo de $a$) para verificar que estos no dan soluciones adicionales.

Del mismo modo, si $a^2+b<0$,$-b>a^2$, $|b|\ge|a|\ge4$ hace $$|ab-1|\ge|a|\cdot|b|-1>|b|=-b>-b-a^2>0$$ para los que no hay solución.

Aunque es muy probable que me he hecho algún error a lo largo del camino, el enfoque debería funcionar.