Divisione

[axpgn]

Per quali coppie di numeri naturali $a$ e $b$, il loro prodotto $ab$ divide esattamente $a^2+b^2+1$ ?




Cordialmente, Alex

[Zero87]

Ho provato a ragionare, non è detto che sia giusto quanto dico. Soprattutto perché sono reduce da una giornata di lavoro...

Prima di tutto voglio togliermi 3 casi semplici in modo da non considerarli dopo.

Caso 1
$a=b=0$, si può vedere che non vale quanto si dice.

Caso 2
$a=b=1$, si può vedere che l'identità è verificata poiché $1^2+1^2+1 = 3$ è multiplo di $1$.

Caso 3
$a=1, quad b>1$ (analogo dire $a>1, quad b=1$).
Abbiamo $1^2+b^2+1 = b^2+2$ che è divisore di $b$ ($a=1$) solo se $b=2$.

Caso generale.

Intanto rimaneggio.
Suppongo che $a^2+b^2+1$ sia un multiplo di $ab$, vediamo cosa succede.

$a^2+b^2+1 = a^2+b^2+2ab-2ab+1 = (a+b)^2-2ab+1$
da cui implica che $(a+b)^2-1$ è un multiplo di $ab$ (poiché $-2ab$ è multiplo di $ab$).

Ma $(a+b)^2-1 = (a+b+1)(a+b-1)$. Ora $ab$ deve essere divisore di (almeno) uno dei due.
Si può dimostrare che $ab>a+b$ nei naturali per $a>2, b>2$ (ovvero si traduce in $ab ge a+b+1$ nei naturali).
- $ab$ non può dunque essere divisore di $a+b-1$;
- $ab$ non può essere divisore nemmeno di $a+b+1$ perché nel caso "minimo", ovvero $a=3$ e $b=3$ si ha $9>7$ quindi $ab$ non può essere divisore di $a+b+1$ visto che per gli altri casi si avranno numeri sempre maggiori al primo membro.

La soluzione, dunque, è $a=b=1$ oppure $a=1, b=2$ oppure $a=2, b=1$.

[axpgn]

No

Ovviamente quelle due sono soluzioni ma non sono le uniche (dico due soluzioni perché $a$ e $b$ sono intercambiabili)
Penso che il tuo errore consista nel fatto che $ab$ potrebbe dividere un po' l'uno e un po' l'altro, forse ...

Cordialmente, Alex

[Super Squirrel]

$(a^2+b^2+1)/(ab)=k$ con $a,b,kinN^+$

Con un po' di sana forza bruta ho ottenuto le seguenti coppie di soluzioni con valori $<100.000$

a       b       k

1       1       3
1       2       3
2       5       3
5       13      3
13      34      3
34      89      3
89      233     3
233     610     3
610     1597    3
1597    4181    3
4181    10946   3
10946   28657   3
28657   75025   3

Sembra quindi (ma ovviamente andrebbe dimostrato) che il quoziente sia sempre pari a $3$ e che ciascun valore compaia esattamente in due coppie distinte di soluzioni.

Per $k=3$ ipotizzando che $b$ sia soluzione si ottiene: $a=(3b+-sqrt(5b^2-4))/2$
Poiché $5b^2-4>0$ e $3b-sqrt(5b^2-4)>0$ $AAbinN^+$ si deduce che per per ogni $b$ esistono due distinte $a$, e quindi almeno la seconda delle supposizioni fatte sopra risulta dimostrata.
Poiché la soluzione $(1,1)$ si ottiene col segno meno davanti alla radice, possiamo esprimere le soluzioni come coppie adiacenti della seguente successione:

$1,1,...,a_n=(3a_(n-1)+sqrt(5a_(n-1)^2-4))/2$

Inoltre poiché

$a_n-a_(n-2)=(3a_(n-1)+sqrt(5a_(n-1)^2-4))/2-(3a_(n-1)-sqrt(5a_(n-1)^2-4))/2=sqrt(5a_(n-1)^2-4)$

si ricava

$a_n=(3a_(n-1)+sqrt(5a_(n-1)^2-4))/2=(3a_(n-1)+a_n-a_(n-2))/2=>a_n=3a_(n-1)-a_(n-2)$

e quindi la suddetta successione può essere riscritta come

$1,1,...,a_n=3a_(n-1)-a_(n-2)$

Di seguito i primi $40$ termini della successione:

1
1
2
5
13
34
89
233
610
1597
4181
10946
28657
75025
196418
514229
1346269
3524578
9227465
24157817
63245986
165580141
433494437
1134903170
2971215073
7778742049
20365011074
53316291173
139583862445
365435296162
956722026041
2504730781961
6557470319842
17167680177565
44945570212853
117669030460994
308061521170129
806515533049393
2111485077978050
5527939700884757

Se non ho commesso errori queste dovrebbero essere le soluzioni per $k=3$, poi se effettivamente $k$ è pari a $3$ in ogni caso allora la precedente successione rappresenta l'insieme complessivo delle soluzioni.

[axpgn]

Ci saremmo ... quasi

Con la forza bruta hai trovato delle coppie che soddisfano la richiesta e con una buonissima analisi hai trovato una successione che le lega (a proposito le soluzioni sono coppie di numeri e non numeri singoli e questo ha un suo perché ) ma non hai dimostrato che sia tutto lì, purtroppo ...

Inoltre questa $ a_n-a_(n-2)=(3a_(n-1)+sqrt(5a_(n-1)^2-4))/2-(3a_(n-1)-sqrt(5a_(n-1)^2-4))/2$ da dove salta fuori?

Cordialmente, Alex

[Super Squirrel]

"axpgn":Inoltre questa $...$ da dove salta fuori?

Dal fatto che $(3a_n+-sqrt(5a_n^2-4))/2={(a_(n+1)),(a_(n-1)):}$

o equivalentemente $(3a_(n-1)+-sqrt(5a_(n-1)^2-4))/2={(a_n),(a_(n-2)):}$

"axpgn":(a proposito le soluzioni sono coppie di numeri e non numeri singoli e questo ha un suo perché ) ma non hai dimostrato che sia tutto lì, purtroppo ...

Magari mi sbaglio, ma per $k=3$ l'insieme delle soluzioni, come già detto nel precedente post, è dato da tutte le coppie adiacenti della successione

$1,1,...,3a_(n-1)-a_(n-2)$

e credo anche di averlo dimostrato.

Quello che rimane da fare quindi è valutare se e quali altri valori può assumere $k$ (in tal caso bisognerebbe anche aggiornare l'insieme delle soluzioni integrando eventuali nuove coppie) o nel caso dimostrare che per ogni coppia $(a,b)$ che soddisfa l'equazione di partenza si ha sempre $k=3$ (in tal caso ovviamente l'insieme delle soluzioni resterebbe quello trovato).
Ma al momento non mi viene in mente nulla al riguardo!

[axpgn]

@Super Squirrel

"Super Squirrel":Dal fatto che $(3a_n+-sqrt(5a_n^2-4))/2={(a_(n+1)),(a_(n-1)):}$

Ho capito che intendevi questo ma questa è la tesi ovvero da quanto hai scritto prima di questa con quali passaggi ci si arriva? Non li vedo ...

"Super Squirrel":Magari mi sbaglio, ma per $ k=3 $ l'insieme delle soluzioni, come già detto nel precedente post, è dato da tutte le coppie adiacenti della successione

Non ho detto che sia sbagliato ma che c'è un suo perché nel fatto di indicarle a coppie

Cordialmente, Alex

[Zero87]

Va bene, mi consolo, ho dimostrato quello che si chiedeva nel caso in cui $a+b+1$ e $a+b-1$ siano primi tra loro. Credo di aver dato per scontato un teorema che ho usato e che vale solo nell'ipotesi suddetta...
Va beh, l'importante è provarci.

[Super Squirrel]

"axpgn":Ho capito che intendevi questo ma questa è la tesi ovvero da quanto hai scritto prima di questa con quali passaggi ci si arriva? Non li vedo ...

"Super Squirrel":Per $k=3$ ipotizzando che $b$ sia soluzione si ottiene: $a=(3b+-sqrt(5b^2-4))/2$
Poiché $5b^2-4>0$ e $3b-sqrt(5b^2-4)>0$ $AAbinN^+$ si deduce che per per ogni $b$ esistono due distinte $a$

Dette $a_(1,2)$ (con $a_2>a_1$) le due soluzioni per un certo $b$ si ottengono le coppie $(a_1,b)$ e $(b,a_2)$ con $a_1<=b Ponendo poi $b=a_2$ otteniamo altre due soluzioni tra loro distinte che chiameremo $a_(3,4)$ (con $a_4>a_3$) e quindi le coppie $(a_3,a_2)$ e $(a_2,a_4)$ con $a_3 A questo punto si deduce che le coppie $(b,a_2)$ e $(a_3,a_2)$ non possono che essere equivalenti, ossia $b=a_3$, in caso contrario infatti ad $a_2$ sarebbero associate più di due soluzioni distinte.

Spero che sia sufficiente... non sono molto pratico con le dimostrazioni!

[axpgn]

Ok, adesso è più chiaro questo punto, mi rimane un piccolo dubbio su un particolare ...

Chi ti dice che con questo metodo ricorsivo le soluzioni che trovi siano sempre intere? Certo, lo vedi dai calcoli che hai fatto ma non puoi esserne certo con una radice di mezzo ...

E quindi rimane aperto il problema fondamentale: ci sono altre soluzioni oltre a quelle?



Cordialmente, Alex

[Super Squirrel]

"axpgn":Chi ti dice che con questo metodo ricorsivo le soluzioni che trovi siano sempre intere? Certo, lo vedi dai calcoli che hai fatto ma non puoi esserne certo con una radice di mezzo ...

Riprendendo il precedente post

$b=a_3=>(3a_2-sqrt(5a_2^2-4))/2=b$

se $b$ e $a_2$ sono interi significa che il contenuto della radice è un quadrato perfetto e che $3a_2-sqrt(5a_2^2-4)$ è pari. Si deduce quindi che anche

$a_4=(3a_2+sqrt(5a_2^2-4))/2$

è un intero, in quanto il contenuto della radice rimane invariato e anche $3a_2+sqrt(5a_2^2-4)$ è pari.
Quindi poiché $b=1=>a_2=2$ si deduce che la successione è costituita da infiniti interi.

D'altronde sarebbe sufficiente anche far notare che $a_n=3a_(n-1)-a_(n-2)$ e $a_0=a_1=1$.

"axpgn":E quindi rimane aperto il problema fondamentale: ci sono altre soluzioni oltre a quelle?

La successione trovata rappresenta le soluzioni per $k=3$, ma come già detto bisogna comunque dimostrare quali valori può (o non può) assumere $k$. Al momento non mi viene in mente nulla!

[axpgn]

Sì, chiaro, ci ero arrivato anch'io ... dopo

Rimane il busillis dell'unicità

Cordialmente, Alex

[giammaria2]

Mi limito a mostrare che i numeri ottenuti da Super Squiller con la forza bruta vanno bene ed a suggerire una formula di ricorrenza più semplice. Resta il busillis dell'unicità.

I risultati ottenuti dicono che $a,b$ sono due numeri consecutivi della seguente sequenza di numeri $c_n$:
1, 1, 2, 5, 13, 34, 89, …
Il fatto che ogni $c_n$ figuri in due distinte coppie $(a,b)$ si giustifica dicendo che, se $a,k$ sono fissati, l'equazione in $b$
$b^2-kab+(a^2+1)=0$
ha due soluzioni; se una di esse è intera, lo è anche l'altra perché la loro somma è $ka$.
Posto ora $a=c_n$, in base a quanto detto affermo che le soluzioni dell'equazione sono $c_(n-1)$ e $c_(n+1)$; pensando alla loro somma, ho
$c_(n-1)+c_(n+1)=kc_n$
Se $k=3$, vale quindi la formula di ricorrenza
$c_(n+1)=3c_n-c_(n-1)$
con le condizioni iniziali $c_1=c_2=1$.

[Super Squirrel]

@giammaria sicuramente la tua dimostrazione è molto più elegante e meno travagliata della mia ma la formula di ricorrenza che hai proposto mi sembra identica a quella che ho più volte postato nei precedenti messaggi.

[totissimus]

Se $(a1,b1)$ è una soluzione allora anche $(a_{2},b_{2})$ con $a_{2}=a_{1}b_{1}+b_{1}^{2}-1,b_{2}=4a_{1}b_{1}-b_{1}^{2}-2$ è una soluzione.

[axpgn]

@totissimus

Sei sicuro? A me non torna, per esempio se $a_1=1, b_1=1$ allora $a_2=1, b_2=5$ da cui $(a_2^2+b_2^2+1)/(a_2b_2)=27/5$

Cordialmente, Alex

[totissimus]

@axpgn
Ho corretto il segno!

L'altra soluzione
$a_{2}=11a_{1}b_{1}-4b_{1}^{2}-5,b_{2}=4a_{1}b_{1}-b_{1}^{2}-2$

[axpgn]

@totissimus

Ok, però rimane sempre una formula ricorsiva (non diretta) e meno efficiente di quella già proposta.
Di fatto resta il problema di individuare tutte le coppie.

Cordialmente, Alex

[giammaria2]

Considerando l'equazione $a^2+b^2+1=kab$, riesco a dimostrare che $k$ deve essere divisibile per 3. Non è molto, ma è pur sempre qualcosa.
Dato che siamo nella sezione delle superiori, evito la terminologia matematica che si studia all'università.

Premessa facilmente dimostrabile: il quadrato di un intero è sempre nella forma $3x$ (se la base è divisibile per 3) o $3x+1$ (se non lo è).

Escludo che $a,b$ siano entrambi divisibili per 3 perché allora lo sarebbe anche il secondo membro dell'equazione ma non il primo.
Escludo anche che lo sia solo uno di essi (e sia $a$) perché allora avrei $a^2=3x$ e $b^2=3y+1$; il primo membro diventerebbe $3x+3y+1+1$, non divisibile per 3, mentre il secondo lo è.
Quindi entrambi i numeri non sono divisibili per 3 ed ho $a^2=3x+1$ e $b^2=3y+1$; il primo membro diventa $3x+1+3y+1+1$ ed è divisibile per 3. Deve allora esserlo anche il secondo membro; $ab$ non lo è, quindi deve esserlo $k$.

[axpgn]

Bella dimostrazione


Per quanto riguarda l'oggetto della discussione:

1) esiste un modo "facile" per identificare le soluzioni
2) esiste un metodo per calcolare direttamente le soluzioni (che discende dal punto 1)
3) esiste una dimostrazione che le soluzioni del punto 1 sono le uniche possibili (anche se c'è un passaggio che non mi è chiarissimo ma ciò non è significativo )

E ho scoperto pure un extra (ma lo posterò poi, a meno che qualcuno ci arrivi prima)


Cordialmente, Alex

[totissimus]

"giammaria":Considerando l'equazione $a^2+b^2+1=kab$, riesco a dimostrare che k deve essere divisibile per 3

Più esttamente un multiplo dispari di 3.