163. $c=\frac{ab}{a+b}$

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Troleito br00tal
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163. $c=\frac{ab}{a+b}$

Messaggio da Troleito br00tal » 07 dic 2013, 14:04

Siano $a;b;c$ interi positivi tali che $c=\frac{ab}{a+b}$. Dimostrare che se $(a;b;c)=1$ allora $a+b$ è un quadrato.

mat94
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Re: 163. $c=\frac{ab}{a+b}$

Messaggio da mat94 » 09 dic 2013, 15:48

Se $a=b$ si ottiene la terna $(a,a,a/2)$, il cui gcd è 1 solo nel caso $a=2$ (che soddisfa la tesi). Supponiamo WLOG $a>b$. La condizione iniziale può essere riscritta come $(a-c)(b-c)=c^2$: dato che sono interi positivi se $c>a$ si ottiene $(a-c)(b-c)<c^2$, impossibile. Dunque abbiamo che $a>b>c$ ( $a-c$ e $b-c$ devono essere entrambi positivi). Chiamo $d=gcd(a-c,b-c)$. Se $d=1$ ottengo che entrambi $(a-c)$ e $(b-c)$ sono quadrati: poniamo $(a-c)=x^2$ e $(b-c)=y^2$, quindi $c=xy$. Ma allora $a+b-2c=x^2+y^2$, ovvero $a+b=(x+y)^2$ che soddisfa la tesi. Nel caso $d>1$ si ha che $d|a+b;b+c;a+c;a-b$ (basta fare qualche somma tra $a-c$ e $b-c$). In particolare dividerà anche $(a+c)+(a-c)=2a$ e per simmetria 2b ed anche $(a+c)+(b+c)-(a+b)=2c$. Dato che $(a,b,c)=1$ si ottiene $d=2$: $a-c$ e $b-c$ devono essere entrambi pari, quindi o a,b,c sono pari (impossibile per ipotesi) o sono tutti dispari ma in questo caso a+b non potrebbe dividere ab (un numero pari non divide un numero dispari). In conclusione $d=1$ e quindi si ha che la tesi è verificata.

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Troleito br00tal
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Re: 163. $c=\frac{ab}{a+b}$

Messaggio da Troleito br00tal » 09 dic 2013, 16:05

Ok, non capisco questo
mat94 ha scritto:La condizione iniziale può essere riscritta come $(a-c)(b-c)=c^2$: dato che sono interi positivi se $c>a$ si ottiene $(a-c)(b-c)<c^2$, impossibile.
Che comunque dopo non usi. Però ok:)

mat94
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Re: 163. $c=\frac{ab}{a+b}$

Messaggio da mat94 » 09 dic 2013, 16:28

$(a-c)(b-c)=(c-a)(c-b)$ e se c è il più grande dei tre ho che $0<c-a<c$ e $0<c-b<c$ quindi il prodotto è minore di $c^2$. Si è vero non lo uso, era giusto per dare un ordinamento.

Gi8
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Messaggio da Gi8 » 09 dic 2013, 21:59

Se $n \mid a+b$ allora $n\mid ab$ (altrimenti $c \notin \mathbb{N}$)
Dunque per ogni primo $p$ che divide $a+b$ si ha che $p \mid a$ e $p \mid b$.

$a+b= p_1^{k_1}\cdot \ldots \cdot p_m^{k_m}$ con $2\leq p_1<\ldots < p_m$ tutti primi e $k_1,\ldots , k_m$ interi positivi.
Per quanto detto prima $p_1\cdot \ldots \cdot p_m \mid a$ e $p_1\cdot \ldots \cdot p_m \mid b$. Inoltre $p_1^{k_1}\cdot \ldots \cdot p_m^{k_m} \mid ab$.

Se esistesse $i \in \{1, \ldots, m\}$ tale che $p_i^{k_i +1}\mid ab$, allora $p_i \mid c$. Ma questo implicherebbe che $p_i\mid(a,b,c)$, contro l'ipotesi.
Pertanto si deve avere $a+b=ab$. L'unica possibilità è $a=b=2$ (perchè $b= \frac{a}{a-1}$ e $(a,a-1)=1$)

mat94
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Re:

Messaggio da mat94 » 09 dic 2013, 22:21

Gi8 ha scritto: Se esistesse $i \in \{1, \ldots, m\}$ tale che $p_i^{k_i +1}\mid ab$, allora $p_i \mid c$. Ma questo implicherebbe che $p_i\mid(a,b,c)$, contro l'ipotesi.
Pertanto si deve avere $a+b=ab$. L'unica possibilità è $a=b=2$ (perchè $b= \frac{a}{a-1}$ e $(a,a-1)=1$)
Un controesempio è la terna (6,3,2): l'errore sta nel fatto che hai confuso (a,b,c)=1 con (a,b)=1,(b,c)=1,(a,c)=1. Infatti non è detto che debbano essere a due a due coprimi, l'importante è che non c'è alcun fattore che divide tutti e tre .

Gi8
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Messaggio da Gi8 » 09 dic 2013, 22:39

Sì, l'ultima riga è sbagliata. Avrei dovuto scrivere:

"Pertanto $p_i \nmid c$ per ogni $i \in \{1,\ldots, m\}$"

Ricapitolando:
se $p \mid a+b$ allora $p \mid a $ e $p\mid b$, dunque $p^2 \mid ab$. Dato che $p \nmid c$, necessariamente $p^2 \mid a+b$.

Generalizzando, se $p^{2n+1} \mid a+b$ allora $p^{n+1} \mid a \wedge p^{n+1}\mid b$.
Dunque $p^{2n+2} \mid ab$ e dato che $p \nmid c$, necessariamente $p^{2n+2} \mid a+b$.

Pertanto $a+b$ è un quadrato perfetto.

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