Разность делителей

[nnosipov]

Пусть $a$, $m$, $n$ --- натуральные числа, причём $mn=a^2+1$. Докажите, что $|m-n| \geqslant \sqrt{4a-3}$.

[Cash]

$m = a-u$, $n = a+v$
$(a-u)(a+v)=a^2+1$
$uv=a(v-u)-1$
$(u+v)^2>4uv$, равенство невозможно, поскольку $u \ne v$
$(u+v)^2 \geqslant 4uv+1$
$u+v \geqslant \sqrt{4a(v-u)-3} \geqslant \sqrt{4a-3}$

[nnosipov]

Да, симпатичное решение. У меня длиннее вышло, поскольку отдельно оценивал $u$ и $v$.

[nnosipov]

Небольшое дополнение к задаче. Докажите, что если $m$ --- делитель $a^2+1$, меньший $a$, то

$$ m \leqslant \left[\frac{2a+1-\sqrt{4a-3}}{2}\right]. $$

Для каких $a$ возможно равенство?

[Shadow]

Немножко неупрятно, но:
Вправо целая часть меньшего корня уравнения $x^2-(2a+1)x+(a^2+1)=0$
$\\x_1x_2=a^2+1\\ x_1+x_2=2a+1$

С другой стороны (см Cash)

$\\mn=a^2+1\\ m+n=2a+(v-u) \ge 2a+1$

$\\mn=x_1x_2\\ m+n \ge x_1+x_2\\ \Rightarrow\\ m \le x_1$

[nnosipov]

Да, это верно.

[maxal]

nnosipov в сообщении #638642 писал(а):

Небольшое дополнение к задаче. Докажите, что если $m$ --- делитель $a^2+1$, меньший $a$, то

$$ m \leqslant \left[\frac{2a+1-\sqrt{4a-3}}{2}\right]. $$

Для каких $a$ возможно равенство?

По поводу равенства:

Пусть $t^2 \leq 4a-3 < (t+1)^2$, где $t$ - целое. Тогда $4a-3 = t^2 + k$, где $k$ - целое, $0\leq k\leq 2t$. Откуда $a=\tfrac{t^2+k+3}{4}$.
Для $k>0$ рассмотрим два случая:

1) $t$ - нечетное. Тогда

$$\left\lfloor \frac{2a+1-\sqrt{4a-3}}{2}\right\rfloor = \frac{\tfrac{t^2+k+3}{2} + 1 - t - 2}{2} = \frac{t^2 - 2t + 1 + k}{4}$$

делит $a^2+1$.
Это равносильно тому, что $t^2 - 2t + 1 + k$ делит $4(a^2+1)=4\left(\tfrac{t^2+k+3}{4}\right)^2 + 4$, а значит и $(t+1)^2+4=t^2+2t+5$, а значит и $4t-k+4$.
В частности, имеем $t^2 - 2t + 1 + k \leq 4t-k+4$, откуда $t^2 - 2t + 1 \leq 4t+4$, что влечет $t\leq 6$.

Для $t=1$ имеем $t^2 - 2t + 1 + k=k$ делит $4t-k+4=8-k$, что возможно для $k=1,2$, но они решений не дают.
Для $t=3$ имеем $t^2 - 2t + 1 + k=4+k$ делит $4t-k+4=16-k$, здесь решений нет.
Для $t=5$ имеем $t^2 - 2t + 1 + k=16+k$ делит $4t-k+4=24-k$, здесь решение дает только $k=4$ с $a=8$.

2) $t$ - четное. Тогда

$$\left\lfloor \frac{2a+1-\sqrt{4a-3}}{2}\right\rfloor = \frac{\tfrac{t^2+k+3}{2} + 1 - t - 1}{2} = \frac{t^2 - 2t + 3 + k}{4}$$

делит $a^2+1$.
Это равносильно тому, что $t^2 - 2t + 3 + k$ делит $4(a^2+1)=4\left(\tfrac{t^2+k+3}{4}\right)^2 + 4$, а значит и $t^2+4$, а значит и $2t-k+1$.
В частности, имеем $t^2 - 2t + 3 + k \leq 2t-k+1$, откуда $t^2 - 2t + 3 \leq 2t+1$, что влечет $t\leq 3$, то есть $t=2$.
В этом случае получаем, что $t^2 - 2t + 3 + k=3+k$ делит $2t-k+1=5-k$, что возможно только для $k=1$ и $a=2$.

Остается случай $k=0$, то есть $4a-3=t^2$. В этом случае $t$ нечетно, делитель равен $\frac{t^2 - 2t + 5}{4}$, а $a^2+1=\left(\tfrac{t^2+3}{4}\right)^2 + 1$ и делимость есть всегда.

[Shadow]

или когда $4a-3$ есть точный квадрат.
$a=2,8,k^2+k+1$

[nnosipov]

Shadow в сообщении #641992 писал(а):

$a=2,8,k^2+k+1$

Да. Чтобы было покороче, лучше перебирать $a$, исходя из неравенств $k^2-k+1<a<k^2+k+1$. В этом случае довольно быстро получим $a \in \{2,8\}$.