Un classico dal 1988

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
paga92aren
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Re: Un classico dal 1988

Messaggio da paga92aren » 14 set 2011, 17:26

Hawk ha scritto:Ho provato ad usare la discesa infinita, ma mi è venuto qualcosa di strano. L'unica soluzione è data (a,b)=(1,2)
Non desistere...spiega come hai ottenuto che le uniche soluzioni sono (1,2) (non è proprio vero, ma...) scrivendo i passaggi che hai fatto.

Hawk
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Re: Un classico dal 1988

Messaggio da Hawk » 16 set 2011, 14:29

Grazie mille dell'incoraggiamento paga. :D
$ \frac{a^2+b^2}{ab-1}=q=>q=5 $ con $ (a,b,q)\in \mathbb{N}^3 $

Dimostrazione:
-Analizzo il caso in cui $ a=b=>\frac{a^2+a^2}{a^2-1}=2\cdot\frac{a^2}{a^2-1}\not\in\mathbb{N} $

in quanto il rapporto tra il numero $ a^2 $ e il suo precedente $ a^2-1 $ $ \not\in\mathbb{N} $
Quindi $ a\not=b=>a<b $ oppure $ a>b $.
Supponiamo $ a<b $: (analogo ragionamento se $ a>b $)
$ (a,b)\in \mathbb{N}^2=>a=n $ e $ b=m+n $ con $ (n,m)\in \mathbb{N}^2 $
Abbiamo dunque:
$ \frac{a^2+b^2}{ab-1}=\frac{n^2+m^2+n^2+2mn}{n^2+nm-1}=\frac{2n^2+m^2+2mn}{n^2+nm-1}=2\cdot\frac{n^2+\frac{m^2}{2}+mn-1+1}{n^2+nm-1}= $

$ 2\cdot\frac{n^2+nm-1}{n^2+nm-1}+\frac{2}{n^2+nm-1}+\frac{2\cdot\frac{m^2}{2}}{n^2+nm-1}= $

$ 2+\frac{2}{n^2+nm-1}+\frac{\frac{m^2}{2}}{n^2+nm-1}\in \mathbb{N}=> $

$ n^2+nm=2 $ oppure $ n^2+nm=3=> $$ (n,m)=(1,1) $ oppure $ (1,2)=> $
$ a=n=1 $ e $ b=m+n=2=> $

$ \frac{a^2+b^2}{ab-1}=\frac{1+4}{2-1}=5=q\in \mathbb{N} $

oppure

$ a=n=1 $ e $ b=n+m=3=> $

$ \frac{a^2+b^2}{ab-1}=\frac{1+9}{3-1}=5=q $

Penso che sia corretta, adesso.
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stergiosss
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Re: Un classico dal 1988

Messaggio da stergiosss » 16 set 2011, 16:30

Hawk ha scritto: $ 2\cdot\frac{n^2+nm-1}{n^2+nm-1}+\frac{2}{n^2+nm-1}+\frac{2\cdot\frac{m^2}{2}}{n^2+nm-1}= $

$ 2+\frac{2}{n^2+nm-1}+\frac{\frac{m^2}{2}}{n^2+nm-1}\in \mathbb{N}=> $

$ n^2+nm=2 $ oppure $ n^2+nm=3 $
Qua non mi sono chiare alcune cose.

alla fine della seconda riga, al numeratore, dovrebbe esserci $m^2$ e non $ \frac{m^2}{2} $, no?

E soprattutto, non credo che l'implicazione sia esatta. Per esempio $ \frac{2}{5} + \frac{3}{5} \in \mathbb{N} $, ma 5 NON divide 2

paga92aren
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Re: Un classico dal 1988

Messaggio da paga92aren » 16 set 2011, 21:37

Oggi ho voglia di postare e quindi metto la mia soluzione:
L'equazione si riscrive come $a^2-pba+(b^2+p)=0$
Se la coppia $(a,b)$ è soluzione (wlog $a>b$) chiamo $x$ la seconda soluzione del polinomio scritto sopra in $a$.
Il procedimento si chiama Vieta jumping quindi devo usare le formule di Viete: $a+x=bp$ e $ax=b^2+p$
Voglio dimostrare che $x<a$ quindi sapendo che $ax<b^2+pb=b^2+a+x$ da cui si ottiene $x<\frac{b^2+a}{a-1}$ che spero sia minore di $a$.
$\frac{b^2+a}{a-1}<a$ se e solo se $b^2<a^2-2a=(a-1)^2-1$, quindi se $b<a-1$ ottengo una soluzione più piccola e ho vinto. Se $b=a-1$ sostituisco nel testo e si ottiene $2+\frac{3}{a^2-a-1}=p$ da cui si deduce che $a^2-a-1=1,3$ il primo caso da la soluzione $(a,b,p)=(2,1,5)$, mentre il secondo ha il delta negativo quindi non ha soluzioni.
Ciò mi permette di concludere che se $(a,b,p)$ è soluzione allora o esiste $x$ tale che $x<a$ e $(x,b,p)$ è soluzione o è $(2,1,5)$ (la soluzione è ovviamente simmetrica in $a,b$). Se esiste una soluzione con $p\not= 5$ posso trovare un'altra soluzione con $a+b$ minore e lo stesso valore di $p$ e quindi avrei una successione di naturali strettamente decrescente e limitata inferiormente, che è assurdo. Quindi $p=5$.

Altre soluzioni dell'equazione sono $(2,1,5),(3,1,5),(14,3,5),(14,67,5),(321,67,5)...$

paga92aren
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Re: Un classico dal 1988

Messaggio da paga92aren » 17 set 2011, 11:17

Rilancio!!!
Trovare tutte le soluzioni.

Mist
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Re: Un classico dal 1988

Messaggio da Mist » 20 set 2011, 18:54

Vediamo il rilancio... Ho l'equazione in $a$ $a^2+b^2- 5ba+5=0$. Questa ha due soluzioni in $a$, che chiamo $a$ e $a_1$ Ma $a+a_1=5b$ e partendo dal fatto che la più piccola soluzione in $a$ e in $b$ è $(a,b)=(1,2)$ ottengo che $a_1=3$. In altre parole, da una coppia per ottenere quella "immediatamente successiva" si deve fare $T(a_n,b_n)\rightarrow (a_{n+1},b_{n+1})=(5a_n-b_n,a_n)$

Per i feticisti delle formule chiuse, questo porta a concludere che tutte e sole le soluzioni sono

$$\displaystyle (a,b)= \left( \left( \frac{5+\sqrt{21}}{2} \right) ^n + \left( \frac{5-\sqrt{21}}{2} \right) ^n , \left( \frac{5+\sqrt{21}}{2} \right) ^{n-1} + \left( \frac{5-\sqrt{21}}{2} \right) ^{n-1} \right)$$

con $n \in \mathbb{N}$
"Se [...] non avessi amore, non sarei nulla."
1Cor 13:2

"[...] e se io non so pentirmi del passato, la libertà è un sogno"
Soren Kierkegaard, Aut-Aut, Ed. Mondadori, pag. 102

paga92aren
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Re: Un classico dal 1988

Messaggio da paga92aren » 21 set 2011, 19:53

Mi sembra sbagliata la formula chiusa, concordo sulle radici ma bisogna aggiungere alcuni coefficienti. Infatti $a_1$ ti viene 5 che non è possibile.

Mist
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Re: Un classico dal 1988

Messaggio da Mist » 21 set 2011, 20:34

mhm è vero, non ho nemmeno controllato, santo cielo... Mah, ora francamente non ho voglia XD magari più tardi...
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