¿Mejor manera de identificar pares de números naturales que satisfacen ciertas condiciones?

Question

Recientemente, me encontré con el siguiente problema:

Deje $(a, b)\in(\Bbb{N}^*\space \times\space \Bbb{N}^*)$ tal que $$\frac{a^2+2b}{b^2-2a}\text{ and }\frac{b^2+2a}{a^2-2b}$$ son ambos enteros.

(i) Demostrar que la diferencia absoluta de $a$ $b$ es menor o igual a $2$.

(ii) Encontrar todos los pares de $(a, b)$ con las propiedades especificadas.

^{_{(Desde el Nacional de la Olimpiada de Matemáticas (Rumania), 2012 – 7 ° Grado).}}

La primera parte (i) era bastante fácil de probar:

$$(b^2-2a)\:\mid\:(a^2+2b)\text{ and }(a^2-2b)\:\mid\:(b^2+2a)$$

Desde $(a, b)\in(\Bbb{N}^*\space \times\space \Bbb{N}^*)$ ambos $a^2+2b$ $b^2+2a$ son positivas, y por lo tanto $b^2-2a\le a^2+2b$$a^2-2b\le b^2+2a$. La formación de los cuadrados de los binomios y de conmutación desde el lado derecho al lado izquierdo y al revés:

$$b^2-2b+1\le a^2+2a+1\implies(b-1)^2\le (a+1)^2$$

Y ya que tanto $a$ $b$ es positivo, el signo no cambia cuando se toma la raíz cuadrada: $b-1\le a+1$$b\le a+2$. Del mismo modo, pero el trabajo con la primera relación, $a\le b+2$. Y así, $|a-b|\le 2$.

Hasta ahí todo bien, pero (ii) es muy confuso para mí, en el sentido de que no puedo pensar en un enfoque que no conducen a una gran cantidad por mano de cheques y de "esponjoso" de la aritmética. Mi intento fue el de considerar cada caso por separado, por lo que tomar cada una de las $a$ $\{b,\:b+1,\:b+2\}$ (por supuesto, asumiendo $a\ge b$ y, a continuación, el intercambio de cada par en la final y el uso de lo que hemos demostrado en (ii)). Ya que este método es (naturalmente) bastante largo, no tiene sentido incluir todo en la cuestión, pero aquí están los resultados que he obtenido:

$(a, b) \in \{(1, 1), (3, 3), (4, 4), (6, 6), (2, 4), (4, 2), (3, 5), (5, 3), (4, 6), (6, 4)\}$

Me preguntaba si hay otro, esperemos que mejor manera de resolver este (ii)? ^{_{(debido a que esta es la solución dada por los autores del problema :(...)}}

Answer 1

Como ya he comentado, me parece el método (teniendo en $a=b,b+1,b+2$) natural y fácil.

La siguiente solución mediante el método no debe ser muy largo.

• Si $a=b$, a continuación, en orden de $$\frac{a^2+2b}{b^2-2a}=\frac{b^2+2a}{a^2-2b}=\frac{a+2}{a-2}=\frac{a-2+4}{a-2}=1+\frac{4}{a-2}$$ para ser un entero, $a-2$ tiene que ser un divisor de a $4$, lo que implica que $a-2=\pm 1,\pm 2,\pm 4$ dar $a=1,3,4,6$.

• Si $a=b+1$, para $$\frac{b^2+2a}{a^2-2b}=\frac{b^2+2(b+1)}{(b+1)^2-2b}=\frac{b^2+2b+2}{b^2+1}=\frac{b^2+1+2b+1}{b^2+1}=1+\frac{2b+1}{b^2+1}$$ para ser un entero, $\frac{2b+1}{b^2+1}$ tiene que ser un entero positivo, por lo que $$\frac{2b+1}{b^2+1}\ge 1\implies 2b+1\ge b^2+1\implies b\le 2$$For $b=1$, we have $\frac{b^2+2a}{a^2-2b}=\frac 52$ which is not an integer. For $b=2$, we have $\frac{a^2+2b}{b^2-2a}=-\frac{13}{2}$ que no es un número entero.

• Si $a=b+2$, luego$$\frac{b^2+2a}{a^2-2b}=\frac{b^2+2(b+2)}{(b+2)^2-2b}=\frac{b^2+2b+4}{b^2+2b+4}=1$$$$\pequeño P:=\frac{a^2+2b}{b^2-2a}=\frac{(b+2)^2+2b}{b^2-2(b+2)}=1+\frac{8b+8}{b^2-2b-4}=\begin{cases}1+2\cdot\frac{2m+1}{m(m-1)-1}&\text{for even %#%#%}\\\\1+2^4\cdot \frac{m}{4m(m-2)-1}&\text{for odd %#%#%}\end{cases}$b=2m$m$b=2m-1$b=1,2,3,4$$where $P=-\frac{11}{5},-5,-31,11$ is a positive integer.
  
  For $b=2m$, $m\ge 3$ respectively.
  
  Let us consider the case where $m\ge 3$ is even with $m(m-1)-1\ge 3\cdot 2-1=5$. If $m(m-1)$, then $m(m-1)-1$ holds. Since $P=1+2\cdot\frac{2m+1}{m(m-1)-1}$ is even, $\frac{2m+1}{m(m-1)-1}$ is odd. So, in order for $\frac{2m+1}{m(m-1)-1}\ge 1$ to be an integer, $2m+1\ge m(m-1)-1$ has to be a positive integer, so we have to have $m\en\left[\frac{3-\sqrt{17}}{2},\frac{3+\sqrt{17}}{2}\right]$, i.e. $m\ge 3$ which implies $m=3$. With $(a,b)=(8,6)$, we get $P=\frac{19}{5}$, and then $b=2m-1$ gives $m\ge 3$ which is not an integer.
  
  Let us consider the case where $m\ge 3$ is odd with $4 m(m-2)-1\ge 4\cdot 3\cdot 1-1=11$. If $4m(m-2)$, then $4m(m-2)-1$ holds. Since $P=1+2^4\cdot\frac{m}{4m(m-2)-1}$ is even, $\frac{m}{4m(m-2)-1}$ is odd. So, in order for $\frac{m}{4m(m-2)-1}\ge 1$ to be an integer, $m\ge 4m(m-2)-1$ has to be a positive integer, so we have to have $m\en\left[\frac{9-\sqrt{97}}{8},\frac{9+\sqrt{97}}{8}\right]$, i.e. $m$ which implies $m\ge 3$.