Divisori

[Pachisi]

Siano $a,b,c$ interi positivi tali che $(ab)/(a+b), (bc)/(b+c), (ac)/(a+c)$ siano interi. Dimostrare che $a,b,c$ hanno un divisore comune maggiore di uno.

[Vincent46]

aiutino? arrivo solo a dire che due dei tre devono essere pari...

[Pachisi]

Hint:

Prova a dimostrare che $gcd(a,b), gcd(a,c), gcd(b,c) \ge 2$.

[giulylanza06]

Basta dimostrare che non possono essere coprimi, se no il loro prodotto non sarebbe divisibile per la loro somma, corretto?
Pensavo di aver avuto un'intuizione ma mi sono accorta di qualche falla logica, in ogni caso a scrivo se dovesse essere utile a qualcuno. Suppongo per assurdo che a e b siano coprimi, allora ab è divisibile per a e tutti i suoi divisori, ovviamente diversi da quelli di b, e per b e tutti i suoi divisori, ovviamente diversi da quelli di a. E qua penavo di poter concludere dicendo che se (a+b)/ab allora esiste un divisore maggiore di a e maggiore di b, e definivo questo un assurdo, ma è ovviamente possibile ad esempio, ipoteticamente, moltiplicando il più grande divisore strettamente minore di a con b.
Con queste considerazioni però riesco solo a dire che non possono essere primi, ma non riesco a specificare niente sul fatto che non possano essere primi tra loro.

[Erasmus_First]

"Pachisi":Siano $a,b,c$ interi positivi tali che $(ab)/(a+b), (bc)/(b+c), (ac)/(a+c)$ siano interi. Dimostrare che $a,b,c$ hanno un divisore comune maggiore di uno.

Comincio ... a tastoni (sperimentalmente).
Cerco [un po' di] coppie $[x, y]$ con $x$ e $y$ interi e maggiori di 1, tali che (inoltre):
$(xy)/(x+y)$ è intero.
Vedo subito che $x$ e $y$ non possono essere entrambi dispari dato che il prodotto (che allora sarebbe dispari) deve essere divisibile per la somma (che allora sarebbe pari).
Se $x = y$, allora ogni $x$ pari (diciamolo 2n) va sempre bene dato che $(2n·2n)/(2n + 2n) = (4n^2)/(4n) = n$.
Per evitare ripetizioni, esamino le coppie ordinate [x, y] con x ≤ y e x crescente da 2 in su.
Siccome
$(xy)/(x+y) = x – x^2/(x+y)$, per le coppie [x, y] buone $(x+y)$ deve essere un divisore di $x^2$.
Allora, arrivato ad un certo x (crescendo di un'unità alla volta a partire da x = 2):
• elenco i divisori di $x^2$;
• mi interessano solo quelli non minori di 2x;
• a ciascuno di questi sottraggo x e ottengo un y buono per quell'x.
Sia, per esempio x = 18.
I divisori di $18^2 = 324$ sono:
1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 27, 36, 54, 81, 108, 162, 324.
Mi interessano quelli non minori di 2·18 = 36, cioè
36, 54, 81, 108, 162,324
Da ciascuno di questi ricavo un y sottraendo x =18. Gli y sono dunque:
$36 – 18 = 18$;
$54 – 18 = 36$;
$81 – 18 = 63$;
$108 - 18 = 90$;
$162 - 18 = 144$;
$324 - 18 = 306$.
In definitiva, le coppie [x, y] buone con x = 18 e y ≥ x sono:
[18, 18]; [18, 36]; [18, 63]; [18, 90]; [18, 144]; [18, 306].
Con questo metodo trovo
[2, 2];
[3, 6];
[4, 4] [4, 12];
[5, 20];
[6, 6]; [6, 12]; [6, 30]:
[7, 42];
[8, 8], [8, 24]; [8, 56];
[9, 18]; [9, 72];
[10, 10]; [10, 15][; [10, 40]; [10, 90];
[11, 110];
[12, 12]; [12, 24]; [12, 36]; [12, 60]; [12, 72]; [12,132];
[13, 156];
[14, 14]; [14, 35]; [14, 84]; [14, 182];
[15, 30]; [15, 60]; [15, 210];
[16, 16]; [16, 48]; [16, 112]; [16, 240]:
[17, 272];
[18, 18]; [18, 36]; [18, 63]; [18, 90]; [18, 144]; [18, 306];
[19, 342]
[20, 20]; [20, 30]; [20, 60]; [20, 80]; [20, 180]; [20, 380]:
[21, 28]: [21, 42]; [21, 126]; [21, 420];
[22, 22]; [22, 99]; [22, 220]; [22, 462];
[23, 506];
[24, 24]; [24, 40]; [24, 48]; [24, 72]; [24, 120]; [24, 192]; [24, 264]; [24, 552];
[25, 100]; [25, 600];
...
Si noti che nella coppia più a destra di ogni riga (quella col massimo y per quell'x) si ha sempre:
$y = (x–1)·x$.
In effetti allora:
$xy = x·(x–1)x = x^2(x-1)$ $∨$ $x+y = x+(x-1)x = x + x^2 - x = x^2$ $⇒$ $(xy)/(x+y) = (x^2(x-1))/x^2 = x-1$.
Si noti anche che se x è un numero primo c'è solo una coppia [x, y] buona (quella con $y = (x–1)x$).
Pertanto, non ci saranno terne con uno dei tre numeri primo (cosa che falsificherebbe subito l'affermazione di Pachisi).

Per cercare le terne [a, b, c] tali che $(ab)/(a+b)$, $(bc)/(b+c)$ e $(ca)/(c+a)$ siano interi, nelle righe dove ci sono almeno 3 coppie [x,y] se x è pari e almeno due coppie [x, y] se x è dispari si provi se sono buone le coppie fatte da due secondi numeri.
Nella tabella di sopra si trovano terne buone nelle righe con primo numero:
15 –––> [15, 30, 60];
16 –––> [16, 48, 240];
20 –––> [20, 30, 60]; [20, 60, 180];
24 –––> [24, 40, 120]; [24, 72, 120].
Da queste 6 terne buone si estrapola facilmente la terna buona [30, 60, 120].

Di terne [a, b, c] buone ... non ne ho fin qui trovate molte: Ma mi bastano per convincermi che l'affermazione di Pachisi (che che il massimo comune divisore MCD(a, b, c) è maggiore di 1) è vera.
Anzi: fin qui sembrerebbe che sia MCD(a, b, c) >2.
In molte coppie [x, y] buone y risulta un multiplo di x, e quindi in molte terne [a. b, c] buone $c$ risulta un multiplo di $b$ e $b$ risulta un multiplo di $a$, per cui $MCD(a, b, c) = a$.
Questo succede in 5 delle 7 terne buone trovate, precisamente nelle terne seguenti:
[15, 30, 60]; [16, 48, 240]; [20, 60, 180]; [24, 72, 120]; [30, 60, 120].
Nelle altre due $c$ è multiplo sia di $b$ che di $a$ ma $b$ non è muliplo di $a$, per cui $MCD(a, b, c) < a$. Precisamente:
$[20, 30, 60]$ –––> $MCD(20, 30, 60) = 10 n= 2·5 > 2$;
$[24, 40, 120]$ –––> $MCD(24, 40, 120) = 8 = 2^3 > 2$.
––––––––––
Per il fatto che sono interi i rapporti
$a^2/(a+b)$ e $b^2/(a+b)$,
$b^2/(b+c)$ e $c^2/(b+c)$,
$c^2/(c+a)$ e $a^2/(c+a)$
si capisce che deve essere $[MCD(a, b) > 1]$ $∧$ $[MCD(b, c) > 1]$ $∧$ $[MCD(c, a) > 1]$.
Ma non ho ancora trovato come si dimostra che $MCD(a, b, c) > 1$.
________

[orsoulx]

Ah Erasmus! Quanto vorrei avere la tua voglia, e capacità, di scrivere: per leggerti con attenzione occorre prepararsi un panino, a garanzia della sopravvivenza.
Per dimostrare i tuoi risultati 'sperimentali' basta poco.

La somma deve valere almeno 2, perciò contiene almeno un fattore primo. Ogni primo divisore della somma deve dividere anche il prodotto ed allora deve dividere almeno uno dei due numeri; ma se divide uno dei due e anche la somma deve dividere pure l'altro.

Il problema resta sempre quello di dimostrare che, necessariamente, almeno un maledetto primo divide i tre numeri.
Ciao
B.

[Erasmus_First]

"orsoulx":Ah Erasmus!
[...]
Per dimostrare i tuoi risultati 'sperimentali' basta poco.

La somma deve valere almeno 2, perciò contiene almeno un fattore primo. Ogni primo divisore della somma deve dividere anche il prodotto ed allora deve dividere almeno uno dei due numeri; ma se divide uno dei due e anche la somma deve dividere pure l'altro.

Ah orsoulx!

Stavolta mi deludi!
I risultati "sperimentali" sono precisi esempi, senza pretesa di dimostrare alcunché.
Quello che tu spieghi a modo tuo io avevo già spiegato a modo mio osservando che sono interi sia $a^2/(a+b)$ sia $b^2/(a+b)$. Per essere più chiaro ... spiegherò ciò che ritenevo evidente. Indico con A l'insieme dei fattori primi di $a^2$, con B l'insieme dei fattori primi di $b^2$ e con S l'insieme dei fattori primi di $(a+b)$ ... però con l'avvertenza di mantenere la molteplicità di ciascun fattore primo come se fattori primi uguali fossero distinguibili. Mi spiego con un esempio: i fattori primi di 18, siccome il 3 c'è due volte, li considero così: $(2, 3, 3}$, come se fosse ${2. 3_a, 3_b)$.
Se il Massimo Comun Divisore di $a$ e $b$ (diciamolo $MCD(a, b)$) fosse 1, A e B sarebbero disgiunti (intersezione vuota).
Siccome $a^2/(a+b)$ e $b^2/(a+b)$ sono entrambi interi deve essere
$S ⊆A$ $∧$ $S ⊆B$
cosa impossibile se A e B fossero disgiunti.
Insomma: $S ⊂ (A$ intersecato $B)$.
(Accidenti, non riesco a trovare dove sta quella specie di U rovescia simbolo di intersezione )

Ciao, ciao.
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[axpgn]

Così ... $nn$ o $nnn$ ...

[orsoulx]

Caro Erasmus,
chiedo venia e riconosco che nel tuo post v'era tutto il necessario per ritenere la dimostrazione completa. Vorrei, però, l'applicazione, nei miei confronti, dell'attenuante dell'ingarbugliamento. Non è facile, per me, districarmi fra esempi e/o descrizioni dell'approccio euristico. Locuzioni come: si capisce, si noti, si provi, bastano per convincermi; godono di notevole ambiguità. Per farla breve quando, dopo essermi necessariamente rifocillato, giunsi alle righe finali, mi ero dimenticato che le affermazioni relative ad $ a+b | a^2 $ ecc. fossero il frutto di una precedente dimostrazione.
Non penso sia il caso di mettere in spoiler quel che precedentemente se ne stava fuori.
Ciao
B.

[Erasmus_First]

"orsoulx":[...]
Non penso sia il caso di mettere in spoiler quel che precedentemente se ne stava fuori.

Cos'è che ora è in spoiler ma prima era fuori?
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Lasciamo perdere...
Torniamo al quiz ... e strolichiamo qualcosa che lo risolva
[Resta da mostrare che $MCD(a, b,c) > 1$].
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[orsoulx]

Trovata la via: in spoiler il passaggio chiave.

Indicando con $ $ il $ MCD(x,y) $, è: $( ^2>=a) ^^ ( ^2 >= a) => MCD(, ) >1 $

Ciao
B.

[Erasmus_First]

[ot]Tu affermi ma non spieghi. Ed io, aihmé. sono di dure cervici.[/ot]

Se non vado errando, $MCD(x^2, y^2) = [MCD(x, y)]^2$.
So che $(a+b)$ è divisore sia di $a^2$ che di $b^2$; e che $(c+a)$ è divisore sia di $c^2$ che di $a^2$. Pertanto:
$MCD(a^2, b^2) ≥ (a+b) > a$ $∧$ $MCD(a^2, c^2) ≥ (a+c) > a$.
Se è vero che $MCD(x^2, y^2) = [MCD(x, y)]^2$, allora nelle relazioni scritte da te:
$[MCD(a, b)]^2 ≥ a$ $∧$ $[MCD(c, a)]^2 ≥ a$
è lecito sostituire "$≥$" (maggiore o uguale) con "$>$" (maggiore).
Ma ancora non vedo l'implicazione che da qui porta alla disuguaglianza
$MCD[MCD(a, b), MCD(a, c)] >1$
equivalente alla cercata
$MCD(a, b,c) > 1$
Suvvia, orsoulx/B. : per una volta mettiti anche tu a spiegare "spiattellando" come –tu dixisti! – faccio io (quelle volte in cui – Deo gratias! – arrivo a capire).
Ciao ciao.

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[orsoulx]

Dai Erasmus, non c'è tutta questa fretta, son convinto che se ci mediti un attimo ci arrivi da solo e sei più contento, perché sarà un po' tua.

Si è $ > $, ma sono abituato a considerare, sempre, l'ipotesi più 'lasca', a patto che sia sufficiente per arrivare alla tesi. La dimostrazione è immediata per assurdo: se l'MCD degli MCD fosse 1, i due signorini non potrebbero avere fattori in comune e allora...

Ciao
B.

[Erasmus_First]

"orsoulx": [...] per assurdo: se l'MCD degli MCD fosse 1, i due signorini non potrebbero avere fattori in comune e allora...

E allora che?
Chi sono i due "signorini"? Sono $b$ e $c$ o invece $MCD(a, b)$ e $MCD(a,c)$ o un'altra coppia ancora?
[...mumble, mumble ...].
Ti fermi dopo aver enunciato una verità lapalissiana ... tanto lapalissiana che di più lapalissiano non c'è!
E non mi spieghi un tubo!
Mettiamo che sia $a=15$, $b = 21$ e $c = 35$, allora
$MCD(a, b) > 1$, $MCD(b, c) >1$ e $MCD(c, a) >1$.
Tuttavia
$MCD[MCD(a, b), MCD(b, c)] = 1$; $MCD[MCD(b, c), MCD(c, a)] = 1$; $MCD[MCD(c, a), MCD(a, b)] = 1$.
Ossia $MCD(a, b, c) = 1$.
[ot]Ma tu lo sai perché si dice "lapalissiana" una argomentazione tautologica?
Non è – come credevo – perché monsieur. de La Palice diceva cose lapalissiane! [Vado a memoria, soperando di non ricordare sbagliato
Jacques de La Palice, militare di carriera al soldo del Re di Francia, morì combattendo nella battaglia di Pavia (tra le truppe di Francesco I re di Francia e quelle imperiali (vittoriose) di Carlo V (costui però assente). Quasi un secolo dopo qualcuno ritrovò il suo epitaffio inciso sulla pietra tombale ma ormai corrotto dal tempo.E decifrò l'ultima frase in "Si il n'était pas mort, il serait encore en vie" ( = Se non fosse morto sarebbe ancora in vita), La frase piacque tanto allo scopritore dell'epitaffio che la spacciò per l'autentica "memoria" del celebre "maresciallo" di Francesco I. E per un altro secolo divenne verità storica, fino a che qualcun altro non trovò la stessa memoria di de La Palice su un libro scritto poco dopo la sua morte. La frase leggibile differiva solo per una "f" al posto di una "s" (che a quei tempi si scriveva "lunga", somigliante alla "f") e per l'assenza dello spazio tra due lettere consecutive nel testo.
Insomma: Non “il serait ancore en vie» (=sarebbe ancora in vita) bensì “il ferait ancore envie» (=farebbe ancora invidia).[/ot]

________

[orsoulx]

Caro Erasmus, questo orso ruglia spesso minacciosamente, ma in fondo, mooolto in fondo, ha un cuore (piccolo, piccolo) e ieri pomeriggio ti ha scritto una mail, che non devi aver letto.

Quando si voglia confutare un'implicazione, il metodo più spiccio è produrre un controesempio, in cui la tesi proposta risulti falsa mentre l'ipotesi è vera. Ora tu hai scelto $ a=15, b=21 e c=35 $ , da cui $ MCD(a,b)=3, MCD(b,c)=7 e MCD(c,a)=5 $, che comportano $ MCD^2(a,b)=9 $ minore tanto di $ a $ quanto di $ b $, e $ MCD^2(c,a)=25 La dimostrazione dell'implicazione è un'immediata conseguenza della seguente proprietà: il prodotto di due divisori coprimi di un numero qualsiasi è ancora un divisore del medesimo. I due MCD, come sostiene il loro nome, sono dei divisori e, visto che il loro prodotto risulta maggiore del numero (il caso uguale comporta che lo siano anche i due MCD), non possono essere coprimi.

Ciao
B.