Un' equazione famosa..

[dan952]

Trovare tutti gli $n \in \mathbb{N}$ tali che
$((n),(k −1))=2((n),(k))+((n),(k +1))$
per qualche $k < n$.

[Cantor99]

Dopo aver sviluppato i coefficienti binomiali arrivo all'equazione parametrica
$n^2-2(2k-3)-2k^2+2=0$
Il cui determinante è $∆=12k^2-12k+1$ che è positivo per $k<=\frac{3-sqrt(6)}{6}~~0.09$ e $k>=\frac{3+sqrt (6)}{6}~~0.9$ cioè $k$ può assumere tutti i valori naturali. Ora resterebbe da determinare i valori di $k$ per cui $12k^2-12k+1$ è il quadrato di un dispari (questo sempre se ho fatto bene i conti)..

[Erasmus_First]

@ Cantor99
A parte la "papera" di chiamare "determinante" un "discriminante", mi pare che ci sia qualche erroruccio nei passaggi ...
Dopo controllerò meglio ...

_______

[dan952]

Dopo controllo con più calma

[Erasmus_First]

"dan95":Trovare tutti gli $n \in \mathbb{N}$ tali che
$((n),(k −1))=2((n),(k))+((n),(k +1))$
per ogni $k < n$.

@ dan85
Sei sicuro della correttezza del testo?
Intendo: va bene la parte di testo “per ogni $k < n$"?
A me pare che dovrebbe essere "per un opportuno k minore di n".
---------
Nel seguito indicherò con $C(n, k)$ il numero di combinazioni di $n$ oggetti a $k$ a $k$, ossia il coefficiente binomiale di Newton $((n), (k))$ che vale $(n!)/(k!(n-k)!)$ (frazione apparente, in realtà intero positivo per $0≤k≤n$).
L'equazione che dici "famosa" (ma io non l'ho mai vista prima d'ora), cioè $C(n, k-1) = 2C(n. k) + C(n, k+1)$, è espressamente:
$(n!)/((k-1)!(n-k+1)!) = 2\(n!)/(k!(n-k)!) + (n!)/((k+1)!(n-k-1)!)$.
Da questa, dividendo entrambi i membri per $(n!)/((k-1)!(n-k-1)!)$ si ha subito:
$1/((n-k)(n-k+1)) = 2/(k(n-k))+1/(k(k+1))$.
Per comodità pongo provvisoriamente $x=n-k$ ottenendo:
$1/(x(x+1)) = 2/(kx)+1/(k(k+1))$ ⇔ $x^2 + (2k+3)x -(k^2-k-2)=0$ ⇒
⇒ $x=n-k = (-(2k+3)+sqrt((2k+3)^2 +4k^2-4k-8))/2$ ⇔ $n=(sqrt(8k^2+8k+1) -3)/2$.
I valori di $k$ (intero) per i quali il radicale è pure intero costituiscono la sequenza con
$k_0 = 0$; $k_1 = 2$; $k_2 = 14$; $k_3 = 84$; $k_4 = 492$; ...
In generale, partendo da $k_0 = 0 ∧ k_1 = 2$, vale la legge di ricorrenza: $k_(m+2) = 6k_(m+1) - k_m+2$.
Corrispondentemente, il radicale – diciamolo $r_m$ – è dato dalla sequenza:
$r_0 = 1$; $r_1 = 7$; $r_2 = 41$; $r_3 = 239$; $r_4= 1393$. ...
In generale, partendo da $r_0 = 1 ∧ r_1 = 7$, vale la legge di ricorrenza: $r_(m+2) = 6r_(m+1) - r_m $.
Di conseguenza, ai numeri $k$ corrispondono i seguenti numeri $n$:
$n_0 = (-3+r_0)/2 = -1$; $n_1 = (-3+r_1)/2=2$; $n_2=(-3+r_2)/2= 19$; $n_3 = (-3+r_3)/2=118$; ...
In generale, partendo da $n_0=-1$ e $n_1 = 2$ vale la legge di ricorrenza $n_(m+2) = 6n_(n+1)-n_m + 6$.
Dunque, soddisfano l'equazione le coppie $(n, k)$ della successione (di coppie):
$(n,k)_1 = (2, 2)$; $(n, k)_2 = (19, 14)$: $(n. k)_3=(118, 84)$; ...
La successione prosegue con la legge di ricorrenza:
$n_(m+2)= 6n_(m+1) - n_m+ 6$; $k_(m+2) = 6k_(m+1) - k_m +2$
----------
Non ho trovato valori di $n$ per i quali l'equazione $C(n, k-1) = 2C(n, k)+ C(n,k+1)$ sia soddisfatta da più valori distinti di $k$.
Data la successione ${k_m}$ dei $k$, cioè $k_1=2$; , $k_2=14$; $k_3=84$: ... prolungabile ricorrentemente con:
$k_(m+2) = 6k_(m+1)-k_m + 2$,
i corrisposndenti valori della successine ${n_m}$ si possono calcolare come $n_m = (sqrt(8k_m^2 + 8k_m + 1)-3)/2$.
Viceversa, data la successione ${n_m}$ degli $n$, cioè: $n_1=2$; $n_2=19$; $n_3=118$: ... prolungabile ricorrentemente con:
$n_(m+2) = 6n_(m+1)-n_m + 6$,
i corrisposndenti valori della successine ${k_m}$ si possono calcolare come $k_m = (sqrt(2n_m^2 + 6n_m + 5)-1)/2$.

[dan952]

@Erasmus
Sempre a complicarti la vita con $2^{2341}+1$ conti

Medita sul titolo e sul come sviluppare i coefficienti binomiali e semplificare in modo che $n$ e $k$ non restino al denominatore...

[Erasmus_First]

"dan95":@Erasmus
[...]
Medita sul titolo [...]

Il titolo? Il titolo è «Un'equazione famosa», (tu dixisti!).
Fossimo al 1° d'aprile ... penserei che è uno scherzo (alias "una presa per i fondelli")!
-----------
Rivediamo:

"dan95":Trovare tutti gli $n \in \mathbb{N}$ tali che
$((n),(k −1))=2((n),(k))+((n),(k +1))$
per ogni $k < n$.

a) Perché precisi $«n ∈NN»$ e dell'insieme di appartenenza di $k$ non dice niente?
b) Comunque, se va bene ogni $k < n$, va bene anche $k=n-1$. Col che la tua "famosa equazione" diventa:
$(n(n-1))/2 = 2·n + 1$ ⇔ $n^2 -5n + 2 = 0$,
[equazione che non ha soluzioni in $NN$].
Ergo: $«n ∈NN»?$ Ca nun ci sta nisciune!
-----------
[Ricordo, per inciso, che $n ∈ NN ∧ k ∈ ZZ ∧ (k < 0 ∨ k > n)$ ⇒ $((n), (k))=0$.]
Mi pare interessante, (anche se propriamente non inerente a questo quiz ... "del menga!") aver stabilito che le coppie $(n, k)$ di naturali che risolvono l'equazione [diofantea]
$\ ((n), (k-1)) = 2((n), (k)) + ((n), (k+1))$
sono infinite e ordinabili per valori crescenti nella successione ${(n_m, k_m)}$ definita ricorrentemente come segue:
$(n_0, k_0) = (2, 2)$ ∧ $(n_1, k_1) = (19, 14)$ ∧
∧ $∀m ∈NN$ $(n_(m+2), k_(m+2))=(6n_(m+1)-n_m + 6, 6k_(m+1)-k_m + 2)$;
o definita intensivamente come segue: 
$(n_m, k_m) = (((sqrt2+1)^(2m+3)-(sqrt2-1)^(2m+3)-6)/4, (sqrt2((sqrt2+1)^(2m+3)-(sqrt2-1)^(2m+3))-4)/8)$.
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[dan952]

Modificato il testo con "per qualche k" perché l'ho preso da un testo in inglese e ho tradotto male

[totissimus]

L'equazione $\frac{1}{(n-k)(-k+n+1)}=\frac{2}{k(n-k)}+\frac{1}{k(k+1)}$

diventa $n^{2}+3n-2k^{2}-2k+2=0$

che si può scrivere $(n+2)^{2}+(n+1)^{2}=(2k+1)^{2}$ quindi
$n+2,n+1,2k+1$ è una terna pitagorica.
Per ogni terna pitagorica del tipo $n+1,n+2,m$ si ha una soluzione del problema con $k=\frac{m-1}{2}$
Alcuna soluzioni:
$n=2,k=2$
$n=19,k=14$
$n=118,k=84$
$n=695,k=492$
$n=4058,k=2870$
$n=23659,k=16730$
$n=137902,k=97512$

[Erasmus_First]

"dan95":Modificato il testo con "per qualche k"

Eh, eh!
Ti avevo scritto:

"Erasmus_First":@ dan85
Sei sicuro della correttezza del testo?
Intendo: va bene la parte di testo “per ogni $k < n$"?
A me pare che dovrebbe essere "per un opportuno k minore di n".

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Allora ... le mie successioni risolvono il problema.

Avevo anche detto di non aver trovato più k per un solo n.
Cioè: di coppe $(n, k)$ ce n'è un'infinità, ma non esiste alcuna coppia di coppie con lo stesso n e k diverso!
Quindi, possiamo pure sostituire la tua correzione "per qualche k" con la mia precedente "per un opportuno $k _______

[dan952]

La soluzione usa l'equazione di Pell che si ricava da $n^2+3n-2k^2-2k+2$, cioè $(2n+3)^2-2(2k+1)^2=-1$

Mi scuso con Erasmus e non solo per l'inesattezza del testo.

[Erasmus_First]

@ totissimus
Correggi $«$del tipo $n+1,n+2, m^2»$ con $«$del tipo $n+1,n+2, m»$ (concellando l'esponente 2 di m).
Inoltre: i $k$ sono tutti pari, cioè il tuo m è del tipo $m = 4h+1$ (con $h$ intero positivo) essendo l'ipotenusa di una terna pitagorica primitiva. Tanto vale sostituire il tuo $m$ con $4m+1$ in modo da evidenziare che k è sempre pari.
Allora infatti: $k = [(4m+1)-1]/2 = 2m$.
Infine, le tue terne pitagoriche $(n+1, n+2, 2k+1)$ si ottengono moltiplicando quella a componenti minime – cioè quella con $n=k=2$, ossia (3, 4, 5) – pensata come vettore tridimensionale – per le potenze della matrice simmetrica
|1, 2, 2|
|2, 1, 2!
|2, 2, 3|
Questa matrice trasforma qualsiasi terna pitagorica in un'altra terna pitagorica mantenendo la differenza tra i cateti (che è 1 nel caso in questione).
Detta C questa matrice e detta T[size=85]0[/size] la terna (3, 4, 5), le successive terne pitagoriche con differenza 1 tra i cateti sono
T[size=85]r[/size] = $C^r$·T[size=85]0[/size] (per ogni r intero positivo .

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