Dejemos que $x$ y $y$ sean enteros positivos tales que $xy \mid x^2+y^2+1$ .

Question

Dejemos que $x$ y $y$ sean enteros positivos tales que $xy \mid x^2+y^2+1$ . Demostrar que $$ \frac{x^2+y^2+1}{xy}= 3 \;.$$ Llevo una semana resolviendo esto y no sé cómo probar el enunciado. Lo he visto en un libro y tengo un gran reto. ¿Alguien me puede dar una pista de cómo atacar el problema? gracias

Answer 1

Utiliza la complicada técnica llamada Salto de la Vieta .
La idea es considerar un polinomio $f(x,y)$ que es cuadrática en ambos $x$ y $y$ con coeficientes enteros y simétricos (es decir $f(x,y)=f(y,x)$ . Tenemos que si $f(x,y)$ tiene alguna propiedad cuando $x,y$ son números enteros y queremos demostrar algo respecto a $x$ y $y$ . Supongamos que algún par $x_1,y_1$ de enteros satisface la propiedad, ya que $f$ es simétrica, podemos suponer WLOG que $x_1>y_1$ (el caso $x_1=y_1$ suele ser fácil).

Recordemos las fórmulas de la vieta:
Si $z_1$ y $z_2$ son las raíces de $x^2+bx+c=0$ entonces $z_1z_2=c$ y $z_1+z_2=-b$ .
Estas fórmulas son muy útiles, sobre todo la última, ya que es una simple suma.

Ahora bien, como $f(x,y)$ es cuadrática en $x$ aplicamos las fórmulas vieta en $x_1$ y encontramos algún número entero $x_0$ con $x_0<y_1$ que satisfacen la misma propiedad, Ahora hacemos lo mismo con $y_1$ y encontrar otro entero $y_0$ con $y_0<x_0$ que también satisfacen la propiedad. Continuando de esta manera obtenemos un par $(a,b)$ de enteros que satisfacen la propiedad con $a$ y $b$ realmente pequeño (como $a=1$ ). Es fácil demostrar lo que queremos cuando los enteros son pequeños. Ahora bien, como todos estos pares satisfacen la misma propiedad, lo que demostramos sobre $(a,b)$ También se aplica a la fase inicial $(x_1,y_1)$ .

Bueno, eso fue un poco largo. Espero haber explicado el punto principal. Trate de usar esto en el problema y luego volver y publicar sus resultados :)

Answer 2

Supongamos que $xy\mid x^2+y^2+1$ y que $t=\displaystyle\frac{x^2+y^2+1}{xy}$ tal que $t\in\mathbb{N}$ .

Construye el conjunto, $$S=\left\{(x,y)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N} : \frac{x^2+y^2+1}{xy}=t\in\mathbb{N}\right\}$$

Deducimos que $\displaystyle\frac{x^2+y^2+1}{xy} \ge 3$ porque $\displaystyle\frac{x^2+y^2+1}{xy}<3$ implica $x^2+y^2+1 \le 2xy \le x^2+y^2$ lo cual es claramente una contradicción. Ahora, fija $t$ y supongamos que $t>3$ . Desde $S\neq \varnothing$ podemos elegir $(a,b)\in S$ tal que $a+b$ es mínimo y $t>3$ . WLOG asumir $a\ge b>0$ . Consideremos la cuadrática

$$p(w)=w^2-tbw+b^2+1=0$$

De ello se desprende que $a$ es una solución ya que $(a,b)\in S$ y por lo tanto satisface la ecuación cuadrática, es decir $a$ es una raíz. Aplicando las fórmulas de Vieta obtenemos la otra raíz $c$ . Por lo tanto, $a+c=tb$ y $ac=b^2+1$ . Desde $c=tb-a$ tenemos $c\in\mathbb{Z}$ . Ahora queda por demostrar que $(a,c)\in S$ .

Para ello supongamos $c<0$ . De ello se desprende que $$\displaystyle 0<a^2+ac+1-3ab=a^2+ac-\frac{3c}{t}(a+c)<0$$ lo cual es claramente una contradicción. También se deduce inmediatamente que $c\neq 0$ ya que esto implica $b^2+1=0$ . Por lo tanto, $c\in\mathbb{N}$ y $(a,c)\in S$ .

Ahora demostramos que este $c$ contradice la minimidad de $a$ Es decir $c<a$ . Supongamos que $c>a$ por lo que se deduce que $a+1\le c$ . Pero a partir de las ecuaciones de Vieta obtenemos $\displaystyle a+1\le c=\frac{b^2+1}{a}\le a+\frac{1}{a}$ lo cual es imposible ya que esta desigualdad se cumple en $\mathbb{N}$ si y sólo si $a=1$ y por lo tanto $a=b=1$ que implica $t=3$ lo que contradice nuestra suposición de que $t>3$ . Por lo tanto, $c\le a$ . Pero si $c=a$ entonces esto implica que $\displaystyle a^2=b^2+1>\frac{9}{4}b^2$ lo que de nuevo es una contradicción. Por lo tanto, concluimos que $c<a$ y como resultado $c+b$ contradice la minimidad de $a+b$ . Por lo tanto, $t=3$

Answer 3

Encontré esto en Wolfram en la página de los números de Fibonacci:

http://mathworld.wolfram.com/FibonacciNumber.html

Identidad catalana:

$F(n)^2 - F(n-r)F(n+r) = (-1)^{(n-r)}F(r)^2$

Para $r = 1$ n es par

$F(n)^2 - F(n-1)F(n+1) = -1$

Sustituir F(n) por $F(n) = F(n+1) - F(n-1)$ y se obtiene

$(F(n+1) - F(n-1))^2 - F(n-1)F(n+1) = -1$

o

$F(n+1)^2 + F(n-1)^2 + 1 = 3F(n-1)F(n+1)$

es de la forma:

$x^2 + y^2 + 1 = 3xy$

No creo que demuestre que sólo los números de Fibonacci sean soluciones. La relación que buscaba en mi otra solución utiliza la Identidad de Catalán, con r = 2.

Answer 4

Mi intento (equivocado), post factum )

$$\frac{x^2+y^2+1}{xy}=k$$

O:

$$\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{1}{xy}=k$$

Ahora, intentamos acotar ese número entero:

Editar:

$$?>\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{1}{xy}\geq\frac{3}{\sqrt[3]{xy}} \ \ \ \ \ (1)$$

Debemos deducir que $k=3$

$(1)$ -GM

Answer 5

$x$ divide $x^2 + y^2 + 1$ implica $y^2 = ax - 1$ .

Entonces $y$ divide $x(x+a)$

Caso 1 - $y$ divide $x$ Así que $x = by$ .

$$1/b + b + 1/(by^2) = k$$ .

$$b=x=y=1$$

$$k=3$$

O, $b=x=2$ , $y=1$ , $k=3$

Caso 2 - $y$ divide $x+a$ Así que $y = -a \text{ mod } x$ , $y^2 = 1 \text{ mod } x$ .

$$x^2 + y^2 +1 = 2 \text{ mod } x$$

$x$ es $1$ o $2$ . (Por lo demás, $x$ no divide la ecuación)

Si $x = 1$ , $x^2 + y^2 +1 = 2 \text{ mod } y$ , $y$ es $1$ o $2$

Si $x = 2$ , $y$ es $1$ o $5$ .

Soluciones: $(1,1),(2,1),(5,2)$ , $k$ es siempre $3$

(Es difícil escribir en el teléfono)