(frazioni)^3

[Simo_the_wolf]

Dimostrare che per ogni numero $ q \in \mathbb{Q}^+ $ esistono interi positivi $ a,b,c,d $ tali che:

$ \displaystyle q=\frac {a^3+b^3}{c^3+d^3} $

[HumanTorch]

Lavorare sui fattori mi sembra calcoloso...induzione?

[Simo_the_wolf]

Induzione??? mmm, non saprei....

[Sisifo]

Provo a riscrivere il problema:
Dati l, m interi primi fra loro esiste un h intero tale che sia hl che hm siano esprimibili come somma di due cubi... sono fuori strada?

[info]

Dopo avere provato un pò con l'induzione ed essere arrivato ad un'altra diofantea che non so cmq risolvere....può essere utile porre [p/q è il numero razionale]...

a=kp+t
b=fp-t

e analogamente c e d, sostituire, vedere l'equazione ottenuta come una equzione di secondo grado ed utilizzare più volte questo risultato carino che spero abbia una qualche ragione di esistere:

------------
presa l'equazione

ax^2-bx+c=0

con a,b,c appartenenti ad No a,b>0, essa ammette almeno una sol intera positiva sse b=a+c...
-----------

???????????????????????????

ps: il caso q=1 è famoso e dà come risultato minimo per la somma dei cubi al numeratore 1729, come Ramanujan insegna, sempre che le a,b sia diverso da c,d...

[Pixel]

ponendo q=$ \frac{m}{n} $ e $ a=m-k_1n $, $ b=m+k_1n $ $ c=n-k_2m $ e $ d=n+k_2m $ salta fuori qualcosa di carino, provate un pò.

[info]

sicuro che venga Pixel? Ho provato a sostituire e mi viene che se vale l'eguaglianza deve valere per una qualche coppia di positivi (k1,k2) questa diofantea:

m^2+3k1*n^2=n^2+3k2*m^2

prendendola modulo 3:

m^2=n^2

ovverosia basta prendere m ed n di modo che non sia verificata la divisibilità modulo 3 per fare in modo che la diofantea sopra non abbia soluzioni... Cosa sbaglio o non capisco????

[Simo_the_wolf]

Oppure vuol dire che $ (3k_1-1)m^2=(3k_2-1)n^2 $ quindi basterebbe porre $ 3k_1=n^2+1 $ e $ 3k_2=m^2+1 $. Ma non regge perchè $ n^2+1 $ non è mai multiplo di 3... Però forse con qualche modifica...

[info]

Forse ci sono riuscito; partendo come prima (il numero razionale è =p/q)

a=kp+t
b=fp-t

c=rq+m
d=sq-m

si eseguono i calcoli. Per sbarazzarsi di un po’ di roba si pone k=f ed r=s, sperano di lasciare qualche sol ed ottenendo la diofantea:

k^3p^2+3kt^2=r^3q^2+3rm^2

pongo inoltre r=k

t^2=[k^2(q^2-p^2)+3m^2]/3

sarebbe stato comodo un k=3c

t^2=3c^2(q^2-p^2)+m^2

t^2-m^2=3c^2(q^2-p^2)

a destra abbiamo un numero dispari pur di scegliere c dispari, a sinistra una diff tra 2 quadrati: possiamo scegliere t, m e c di modo che la diofantea resti soddisfatta.. si può fare anche se q e p sono entrambi dispari scegliendo due quadrati che differiscano di 2 unità... credi che funzioni Simo???? Perché sinceramente c’è un passaggio sul quale non ho tanto le idee chiare

[Pixel]

Cmq sia info ricorda che a,b,c e d devono anche essere positivi.

[info]

Già è vero: dimenticavo di avere letto questa condizione a dire il vero ... beh... immagino che tu abbia capito che la sol sopra non si può "salvare" e non controllo... Non ho voglia di provare ancora a dire il vero ma credo che la sostituzione di partenza sia buona...migliori non me ne vengono in mente...

aggiunta:
----------------------
cmq ho controllato ed effettivamente il metodo sopra porta ad infinte sol per ogni numero razionale se allarghiamo il discorso anche ai numeri relativi...

[Simo_the_wolf]

ok, prova a dare a t, m,c valori per cui la diofantea funzioni e poi sostituisci. Per la positività di a,b,c,d vedi le condizioni che dovrebbero sussistere e poi...

[info]

mmm... mi pareva di avere provato ieri con qualche esempio numerico e non mi ritrovavo... beh! Ma se dici di provare, mi sarà sfuggito qualcosa!... quando ho tempo e calma sufficiente faccio il tutto per bene... devo dire che già trovare sol per i relativi mi ha dato un pò di soddisfazione

[HiTLeuLeR]

Se $ q\in\mathbb{Q}^+ $, esistono $ m, n\in\mathbb{N}_0 $ tali che $ q = \dfrac{m}{n} $. Senz'essere lesivi di generalità, possiamo suppore per il seguito $ m > n $. Se $ m < 2n $, si cercano $ a, b, c, d \in \mathbb{N}_0 $ tali che $ \dfrac{m}{n} = \dfrac{a^3 + b^3}{b^3+d^3} = \dfrac{(a+b)(a^2 - ab + b^2)}{(c+d)(c^2 - cd + d^2)} $. Poniamo in tal senso $ b := 2m - n $, $ d := 2n-m $ ed $ a = c := b+d $. Con queste assunzioni, essendo $ \dfrac{1}{2} < \dfrac{m}{n} < 2 $: $ \min(a,b,c,d) > 0 $; $ a+b = 3m $; $ c+d = 3n $ e $ a^2 - ab + b^2 = c^2 - cd + d^2 $, sicché la tesi è prontamente soddisfatta. Se poi $ m \geq 2n $, si cerchi innanzitutto $ t\in\mathbb{Q}^+ $ tale che $ \dfrac{1}{2} < \dfrac{mt^3}{n} < 2 $, condizione certamente possibile per via della densità di $ \mathbb{Q} $ in $ \mathbb{R} $. Posto allora t = x/y, con
$ x, y \in\mathbb{N}_0 $; m' := m x^3 ed n' := n y^3, risulta $ \dfrac{1}{2} < \dfrac{m'}{n'} < 2 $, perciocché - sulla base del precedente stabilito - sono certamente determinati $ \alpha, \beta, \gamma, \delta \in \mathbb{N}_0 $ tali che: $ \dfrac{mx^3}{ny^3} = \dfrac{m'}{n'} = \dfrac{\alpha^3 + \beta^3}{\gamma^3+\delta^3} $. Ne consegue finalmente ch'esistono $ a, b, c, d\in\mathbb{N}_0 $, con $ a := \alpha y $, $ b := \beta y $, $ c := \gamma x $ e $ d := \delta x $, tali che $ \dfrac{a^3 + b^3}{c^3 + d^3} = \dfrac{y^3(\alpha^3 + \beta^3)}{x^3(\gamma^3+\delta^3)} = \dfrac{m}{n} $. Di qui la tesi, q.e.d.

[HiTLeuLeR]

Nella versione precedente della mia soluzione, oltre a un certo numero di typos, ci stava un errore tanto grave che mi meraviglia assai come *nessuno* l'abbia fatto notare!!! Meglio così, ché altrimenti chi vi stava poi a sentire, uh?