Probar la inversa de un problema OMI: ¿existen infinitos pares de enteros positivos (m,n) tales que m divide a n^2 + 1 y n divide a m^2 + 1?

Question

Este problema está sacado de la película X+Y ( Una mente joven y brillante en Estados Unidos). Al parecer, es un problema real de un examen de calificación de la OMI británica:

¿Existen infinitos pares de números enteros positivos $(m,n)$ tal que $m$ divide $n^2 + 1$ y $n$ divide $m^2 + 1$ ?

La respuesta es sí, con infinitas soluciones procedentes de números de Fibonacci alternos:

Sea $F_0 = 1$ . Entonces $(F_{2n}, F_{2n+2})$ forman un par de soluciones.

Además de la solución trivial $(1,1)$ todas las demás soluciones parecen ser un par de números de Fibonacci de la forma anterior. Así que he estado tratando de probar esto:

Los únicos pares de números enteros positivos $(m,n)$ que satisfagan $m|n^2+1$ y $n|m^2+1$ son $(1,1)$ y $(F_{2n}, F_{2n+2})$ para no negativo $n$ donde $F_{n}$ denota el $nth$ Número de Fibonacci que empieza por $F_0=1$ .

Poco éxito hasta ahora. ¿Puede alguien indicarme la dirección correcta? Todo lo que tengo hasta ahora es en la sospecha de que Vieta saltar podría ser útil.

Answer 1

Esto es un comienzo; muestro cómo, dado $m <n,$ podemos encontrar una solución más pequeña $v < m$ con un elemento repetido $m.$ Una prueba completa no sería mucho más, demostrando que sólo hay una alternativa menor que $m$ que conserva $m,$ y sólo hay una alternativa $w > n$ tal que $w,n$ es una solución.

En fin, $$ m^2 + 1 = nv, $$ $$ n^2 + 1 = m u.$$

Vemos que $v| (m^2 + 1).$ Ahora queremos $m$ dividir $v^2 + 1.$ Pero $\gcd(m,n)=1.$ $$ n^2 v^2 + n^2 = m^4 + 2 m^2 + 1 + n^2,$$ $$ n^2 (v^2 + 1) = m^4 + 2 m^2 + mu, $$ $$ n^2 (v^2 + 1) = m \left( m^3 + 2 m + u \right). $$ $$ m | n^2 (v^2 + 1) \; \; \; \mbox{BUT} \; \; \; \gcd(m,n)=1. $$ $$ m | (v^2 + 1)$$

\===============

Hmmmm. Bueno, hasta ahora tenemos tres pares consecutivos en $$ v < m < n < u. $$ Obtenemos el resultado deseado sólo si podemos demostrar la unicidad para $u,v,$ lo que significa que cualquier solución $(t,m)$ con $t < m$ implica $t = v,$ y que cualquier solución $(n,w)$ con $n < w$ implica $w = u.$ No lo veo.

Answer 2

El planteamiento de Will Jagy conduce esencialmente a la prueba. Complementaré los pasos restantes.

Es fácil ver que la única solución $(m, n)$ con $m = n$ es $(1, 1)$ por lo que podemos suponer que WLOG $m < n$ . Como muestran los cálculos de Will Jagy, cada solución $(m, n)$ con $m < n$ da otra solución $(v, m) = \left(\frac{m^2 + 1}{n}, m\right)$ . Además, desde esta solución se puede volver a la solución original $(m, n) = \left(m, \frac{m^2 + 1}{v}\right)$ .

Ahora que $m > n$ obtenemos $m^2 + 1 = nv > mv$ lo que implica $m^2 \ge mv$ es decir $v \le m$ . El caso $v = m$ sólo puede producirse si $m^2 + 1 = mn$ es decir $m(m - n) = -1$ que sólo tiene dos soluciones enteras $m = -1, n = -2$ y $m = 1, n = 2$ .

Es decir: Si tenemos una solución $(m, n)$ con $1 < m < n$ podemos encontrar una solución estrictamente menor (en el sentido coordiante) $(v, m)$ . Este proceso puede repetirse hasta alcanzar el par $(1, 2)$ .

Queda por demostrar que en el camino de vuelta, es decir. $(v, m) \mapsto \left(m, \frac{m^2 + 1}{v}\right)$ sólo obtenemos pares de números de Fibonacci. Si suponemos $v = F_{2n + 1}$ y $m = F_{2n + 3}$ debemos comprobar que $n = \frac{m^2 + 1}{v} = F_{2n + 5}$ o, de forma equivalente $$F_{2n + 5}F_{2n + 1} = F_{2n + 3}^2 + 1.$$ Esta identidad se conoce como Identidad catalana lo que demuestra que todas las soluciones enteras positivas son de la forma $(1, 1)$ , $(F_{2n + 1}, F_{2n + 3})$ o $(F_{2n + 3}, F_{2n + 1})$ .

Observación: Supongo que los números de Fibonacci empiezan por $F_0 = 0$ , $F_1 = 1$ ya que ésta es la definición común en matemáticas.