Demostrar que para cualquier entero positivo $m$, hay un número infinito de pares de enteros $(x,y)$ cumpla las condiciones:
i) $\gcd(x,y)=1 $;
ii) $y \mid x^2+m$;
III) $x \mid y^2+m$.
Respuestas
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Me llevan por resolver el caso $m=1$ mediante la aplicación de una técnica de una vieja respuesta por Bill Dubuque. Sólo de este anuncio, porque creo que esto puede ser muy útil, generalizable ideas (pero no nos llevará a la distancia).
Se observa que el $(x,y)=(5,2)$ es una solución. En nuestro caso $m=1$ podemos sin dolor a la conclusión de que $\gcd(x,m)=\gcd(y,m)=1$. Por lo tanto, también se $\gcd(x,x^2+m)=\gcd(y,y^2+m)=1$. Por lo tanto, las condiciones ii)- iii) pueden ser combinados para leer (y se mantiene la condición i) $$ xy\mid(x^2+1)(y^2+1), $$ que es equivalente a la exigencia de $$ xy\mid x^2+y^2+1. $$ Dado que la única solución $(x,y)=(5,2)$ satisface la ecuación $$ 3xy=x^2+y^2+1 \qquad(*) $$ nos llevan a la conclusión de que si la ecuación de $(*)$ tiene un número infinito de entero de soluciones (necesariamente coprime), luego que resuelve la reclamación en el caso de $m=1$.
Aquí está la clave de la idea. Si $(x,y)$ es una solución de $(*)$, $(3x-y,x)$ es otra. De esta manera se sigue inmediatamente a partir de la observación de que por un determinado $x$ las dos soluciones para $y$ de la ecuación cuadrática suma a a $3x$ (=el negativo del coeficiente del término lineal). El uso de esta forma recursiva nos permite generar un número infinito de soluciones: $$ (5,2)\mapsto (13,5)\mapsto (34,13)\mapsto (89,34)\mapsto\cdots $$
Dejo como ejercicio para el lector demostrar que los números en esta secuencia también aparecen en la secuencia de Fibonacci.
Para resolver el caso general, necesitamos un mecanismo para la búsqueda de una única solución de $(x,y)$ tanto $x$ $y$ son coprime a $m$. El de arriba de la maquinaria más probable es que luego vomita una familia infinita de soluciones.
Edit: $(x,y)=(1,1)$ debería funcionar como la solución inicial como por sugerencia de Ivan Loh! LOL :-) :D
Calvin Lin
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También vamos a añadir la condición (4) que $ \gcd(xy , m) = 1$ (como se ha señalado por ThomasAndrews)
Observar que $ (x, y) = (m+1, (m+1)^2 + m) $ es una solución a la situación.
La condición 1 es fácil de verificar.
La condición 2 es trivial.
Condición 3 de la siguiente manera fácilmente. [También podría demostrar que el polinomio $(m+1)$ es un factor del polinomio $[ (m+1)^2 + m ] ^2 + m$ sustituyendo $m=-1$ obtener $[ (-1 + 1)^2 + 1]^2 -1 = 0$ y aplicar el Resto Teorema de Factor.]
Condición 4 es trivial.
Nota: Para $m=1$, obtenemos $(x, y) = (2, 5)$.
Ahora procedemos por Vieta Raíz del Salto (como Jyrki sugerido). Dado cualquier solución de $(x, y)$, sabemos que $$xy \mid (x^2 + m)(y^2 + m) \Leftrightarrow xy \mid mx^2 + my^2 + m^2 \Leftrightarrow xy \mid x^2 + y^2 + m$$
Por lo tanto, existe una $D$ tal que $Dxy = x^2 + y^2 + m$.
Reclamo: $(y, Dx-y)$ es otra solución. Usted puede comprobar esto a través de la manipulación algebraica, o darse cuenta de que $Dx-y$ es el otro número entero de la raíz de la ecuación anterior (cuando se ve como una ecuación cuadrática en $y$). Recuerde revisar todas las condiciones.
Ivan sugerido, para mostrar que tenemos distintas soluciones, vamos a mostrar que el $x < y \Rightarrow y < Dy-x$, y por lo tanto la Veita saltando nos da una estrictamente creciente de la secuencia. Desde el producto de las raíces, tenemos que $(Dx-y) \times x = y^2 + m \geq y^2$. Por lo tanto, $x< y \Rightarrow Dy-x \geq \frac {y^2}{x} > \frac {y^2}{y} = y $.
