Uno come somma di frazioni
Ciao!
Dovrebbe essere un risultato noto, ma non riesco a pescarlo.
Sia [tex]k[/tex] un intero positivo. Scrivo [tex]\mathbb{N} = \{1,2,3,\ldots\}[/tex]. E' vero che l'equazione
[tex]\frac{1}{X_1} + \cdots + \frac{1}{X_k} = 1[/tex]
ha un numero finito di soluzioni [tex](X_1,\ldots,X_k) \in \mathbb{N}^k[/tex]?
In altre parole e' vero che l'insieme [tex]\{(X_1,\ldots,X_k) \in \mathbb{N}^k\ :\ \sum_{i=1}^k \frac{1}{X_i} = 1\}[/tex] e' finito?
Martino
Dovrebbe essere un risultato noto, ma non riesco a pescarlo.
Sia [tex]k[/tex] un intero positivo. Scrivo [tex]\mathbb{N} = \{1,2,3,\ldots\}[/tex]. E' vero che l'equazione
[tex]\frac{1}{X_1} + \cdots + \frac{1}{X_k} = 1[/tex]
ha un numero finito di soluzioni [tex](X_1,\ldots,X_k) \in \mathbb{N}^k[/tex]?
In altre parole e' vero che l'insieme [tex]\{(X_1,\ldots,X_k) \in \mathbb{N}^k\ :\ \sum_{i=1}^k \frac{1}{X_i} = 1\}[/tex] e' finito?
Martino
Risposte
Stavo pensando a questo:
$\sum_ {j=1}^{k}\frac{1}{x_j}\le \frac {k}{\bar{x}} $ dove $\bar {x} :=min_ {i\in {1,..., k}}x_i$
In particolare, se ci fossero infinite k-uple naturali che soddisfano l'equazione, a meno di non avere un insieme finito di queste ultime che si ripete all'infinito, avremmo che ad un certo punto, il valore $\bar {x} $ sarebbe necessariamente maggiore di $ k $.
Allora avremmo che $\frac {k}{\bar {x}}\<1$ e questo sarebbe assurdo.
L'idea sta nel fatto che $\sum_{j=1}^{k}\frac {1}{k}=1$. So che, di sicuro, se tutti i denominatori superano $ k $, non ci sono speranze. Perciò il numero massimo di tentativi di k-uple che posso fare (sperando di avere successo) per un numero di variabili $k$ fissato è $k^k$ (molti dei quali nemmeno funzionano!).
Mi sembra più lineare di una dimostrazione per induzione su $k$ (che secondo me si potrebbe fare), ma sarebbe un po' più noiosa.
$\sum_ {j=1}^{k}\frac{1}{x_j}\le \frac {k}{\bar{x}} $ dove $\bar {x} :=min_ {i\in {1,..., k}}x_i$
In particolare, se ci fossero infinite k-uple naturali che soddisfano l'equazione, a meno di non avere un insieme finito di queste ultime che si ripete all'infinito, avremmo che ad un certo punto, il valore $\bar {x} $ sarebbe necessariamente maggiore di $ k $.
Allora avremmo che $\frac {k}{\bar {x}}\<1$ e questo sarebbe assurdo.
L'idea sta nel fatto che $\sum_{j=1}^{k}\frac {1}{k}=1$. So che, di sicuro, se tutti i denominatori superano $ k $, non ci sono speranze. Perciò il numero massimo di tentativi di k-uple che posso fare (sperando di avere successo) per un numero di variabili $k$ fissato è $k^k$ (molti dei quali nemmeno funzionano!).
Mi sembra più lineare di una dimostrazione per induzione su $k$ (che secondo me si potrebbe fare), ma sarebbe un po' più noiosa.
"Isaac888":Perché? Che le [tex]k[/tex]-uple siano infinite non implica che il minimo degli [tex]X_i[/tex] vada anch'esso all'infinito. No?
se ci fossero infinite k-uple naturali che soddisfano l'equazione, a meno di non avere un insieme finito di queste ultime che si ripete all'infinito, avremmo che ad un certo punto, il valore $\bar {x} $ sarebbe necessariamente maggiore di $ k $.
Ciao. Mi hai preceduto. Infatti ti volevo dire che ho fatto un errore prima. Infatti con quel ragionamento, effettivamente ho dimostrato che deve esistere almeno una incognita che non può assumere valori superiori a $ k $. Questo comunque penso che sia utile nei ragionamenti che si possono fare.
Nel caso $ k=1 $ è tutto banale.
Nel caso $ k=2$ è anche abbastanza semplice e si può vedere che l'unica soluzione è $ x_1=x_2=2 $.
Nel caso $ k=3 $ si capisce un po' quello che intendo:
$\frac {1}{x_1}+\frac {1}{x_2}+\frac {1}{x_3}=1 \iff \frac {1}{x_1}+\frac {1}{x_2}=1-\frac {1}{x_3}=:a $
Allora, facendo un cambio di variabili: $\hat {x_1}:=ax_1$ ed $\hat {x_2}:=ax_2$
Ottengo: $ \frac {1}{\hat {x_1}}+\frac{1}{\hat{x_2}}=1$
Che si sa già avere come uniche soluzioni (per il caso precedente) $\hat {x_1}=2 $ ed $\hat {x_2}=2 $, per cui possiamo ipotizzare, per ciò che si è detto all'inizio, che $ x_3\leq3$ e provare tutti i casi:
Ricordiamo che $ a=\frac {x_3-1}{x_3}$, allora:
$\hat{x_1}=2= x_1\frac {x_3-1}{x_3}$
$\hat{x_2}=2= x_2\frac {x_3-1}{x_3}$
Allora se $ x_3=3 $ abbiamo:
$x_1\frac {2}{3}=2\iff x_1=3$
$x_2\frac {2}{3}=2\iff x_2=3$
se $ x_3=2 $ abbiamo:
$x_1\frac {1}{2}=2\iff x_1=4$
$x_2\frac {1}{2}=2\iff x_2=4$
se $ x_3=1 $ abbiamo l'eq è impossibile.
Non ci sono così altre soluzioni. Abbiamo usato un metodo iterativo. Questo lascia pensare che ciò si possa generalizzare ed essere dimostrato per induzione.
Nel caso $ k=1 $ è tutto banale.
Nel caso $ k=2$ è anche abbastanza semplice e si può vedere che l'unica soluzione è $ x_1=x_2=2 $.
Nel caso $ k=3 $ si capisce un po' quello che intendo:
$\frac {1}{x_1}+\frac {1}{x_2}+\frac {1}{x_3}=1 \iff \frac {1}{x_1}+\frac {1}{x_2}=1-\frac {1}{x_3}=:a $
Allora, facendo un cambio di variabili: $\hat {x_1}:=ax_1$ ed $\hat {x_2}:=ax_2$
Ottengo: $ \frac {1}{\hat {x_1}}+\frac{1}{\hat{x_2}}=1$
Che si sa già avere come uniche soluzioni (per il caso precedente) $\hat {x_1}=2 $ ed $\hat {x_2}=2 $, per cui possiamo ipotizzare, per ciò che si è detto all'inizio, che $ x_3\leq3$ e provare tutti i casi:
Ricordiamo che $ a=\frac {x_3-1}{x_3}$, allora:
$\hat{x_1}=2= x_1\frac {x_3-1}{x_3}$
$\hat{x_2}=2= x_2\frac {x_3-1}{x_3}$
Allora se $ x_3=3 $ abbiamo:
$x_1\frac {2}{3}=2\iff x_1=3$
$x_2\frac {2}{3}=2\iff x_2=3$
se $ x_3=2 $ abbiamo:
$x_1\frac {1}{2}=2\iff x_1=4$
$x_2\frac {1}{2}=2\iff x_2=4$
se $ x_3=1 $ abbiamo l'eq è impossibile.
Non ci sono così altre soluzioni. Abbiamo usato un metodo iterativo. Questo lascia pensare che ciò si possa generalizzare ed essere dimostrato per induzione.
Ora ho capito la tua obiezione! Ti faccio presente che il minimo lo calcolo per una k-upla fissata. E comunque a mio avviso il problema non stava in quello, ma stava nel fatto che avevo assunto l'impossibilità che una k-upla che avesse presentato una incognita maggiore di k non sarebbe potuta essere una soluzione. Il che è errato e si vede nei primi 3 casi che ho mostrato sopra.
Immagino che la questione, in base a quanto verificato per i primi 3 casi, possa essere dimostrata per induzione su k, modulo avere una limitazione superiore rispetto ad una delle incognite, come ho fatto vedere sopra.
Immagino che la questione, in base a quanto verificato per i primi 3 casi, possa essere dimostrata per induzione su k, modulo avere una limitazione superiore rispetto ad una delle incognite, come ho fatto vedere sopra.
Conviene dimostrare qualcosa di piu’ forte:
Per ogni $a\in RR_{>0}$ e ogni $n\ge 1$ l’equazione
$\frac{1}{x_1}+\ldots+\frac{1}{x_n}=a$
ha solo un numero finito di soluzioni $x_1,\ldots,x_n\in NN$.
Procediamo per induzione rispetto ad $n$.
Per $n=1$ tutto e’ chiaro. Sia $n>1$.
Permutando le variabili possiamo supporre che
$x_{n}$ sia minimale. Abbiamo quindi che $x_n=b$ dove
$1/a
Per $b$ ci sono quindi solo un numero finito di possibilita’.
E per ogni possibilita’ l’equazione
$\frac{1}{x_1}+\ldots+\frac{1}{x_{n-1}}=a-\frac{1}{b}$
ha -per induzione- solo un numero finito di soluzioni.
Per ogni $a\in RR_{>0}$ e ogni $n\ge 1$ l’equazione
$\frac{1}{x_1}+\ldots+\frac{1}{x_n}=a$
ha solo un numero finito di soluzioni $x_1,\ldots,x_n\in NN$.
Procediamo per induzione rispetto ad $n$.
Per $n=1$ tutto e’ chiaro. Sia $n>1$.
Permutando le variabili possiamo supporre che
$x_{n}$ sia minimale. Abbiamo quindi che $x_n=b$ dove
$1/a
Per $b$ ci sono quindi solo un numero finito di possibilita’.
E per ogni possibilita’ l’equazione
$\frac{1}{x_1}+\ldots+\frac{1}{x_{n-1}}=a-\frac{1}{b}$
ha -per induzione- solo un numero finito di soluzioni.
"Stickelberger":Esatto
Conviene dimostrare qualcosa di piu’ forte
che problema beffardo!
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