a+b|ab
Re: a+b|ab
Interi o interi positivi?ghilu ha scritto:Sperando non sia mai stato postato... (e' un quesito abbastanza naturale)
Determinare tutte le coppie di numeri interi tali per cui
$ a+b \ \ |\ \ a\cdot b $
Risolvo per gli interi positivi:
Trovo a mano il caso $ a=b=1 $
Ora se $ p|a+b $, allora necessariamente $ p|ab \Rightarrow p|a \wedge p|b $ (il perchè è abbastanza ovvio)
Ora scelgo $a':=\frac{a}{p}$ e $b':=\frac{b}{p}$. Si deve avere $a'+b' \ | \ p \cdot a'\cdot b'$.
Caso in cui $p$ non divide $ a'+b' $
Ora per principio di discesa infinita $a$ e $b$ devono avere gli stessi fattori primi, e quindi deve essere $a=b$.
Adesso se $a$ e $b$ soddisfano la tesi allora $a=b$.
Resta da dire per quali numeri la tesi è valida.
Poniamo $a=b=p_1^{a_1} \cdot p_2^{a_2}\cdot ...\cdot p_n^{a_n}$:
$a+b= 2 (p_1^{a_1} \cdot p_2^{a_2}\cdot ...\cdot p_n^{a_n})$ , mentre $ab=p_1^{2a_1} \cdot p_2^{2a_2}\cdot ...\cdot p_n^{2a_n}$
E' chiaro che rispettano la tesi solo i numeri pari (oltre ad 1)
EDIT Come mi hanno fatto notare manca il caso in cui $p|a'+b'$
Ultima modifica di NoAnni il 14 nov 2011, 19:31, modificato 1 volta in totale.
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Re: a+b|ab
Attenzione NoAnni, dopo che sei arrivato a $ a' + b' | p \cdot a' \cdot b'$ non puoi andare di discesa infinita poiché quest'ultima scrittura NON implica $ a' + b' |a' \cdot b'$, chiaro?
Re: a+b|ab
Si, mi ero scordato il p, e l'ho aggiunto senza pensarci troppo (nella fretta ho pensato si risolvesse semplicemente il problema) con l'intenzione di correggere dopo Cerco di correggere D:Simo_the_wolf ha scritto:Attenzione NoAnni, dopo che sei arrivato a $ a' + b' | p \cdot a' \cdot b'$ non puoi andare di discesa infinita poiché quest'ultima scrittura NON implica $ a' + b' |a' \cdot b'$, chiaro?
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Re: a+b|ab
Un vecchio febbraio chiedeva una cosa molto simile, solo che era mascherata e semplificata la questione...
"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
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Re: a+b|ab
Mmm....
sono infinite, mi pare...
Ad esempio prendiamo $n$ e $n$, otteniamo $2n\mid n^2$, che è vero solo se $2\mid n$
Oppure con $n$ e $2n$ si ha $3n\mid 2n^2$ , che si ha solo quando $3\mid n$
sono infinite, mi pare...
Ad esempio prendiamo $n$ e $n$, otteniamo $2n\mid n^2$, che è vero solo se $2\mid n$
Oppure con $n$ e $2n$ si ha $3n\mid 2n^2$ , che si ha solo quando $3\mid n$
Imagination is more important than knowledge. For knowledge is limited, whereas imagination embraces the entire world, stimulating progress, giving birth to evolution (A. Einstein)
Re: a+b|ab
Sì, ok, ora trovale TUTTE non è difficile...
Hint da milionario ?
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Testo nascosto:
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Re: a+b|ab
Mi sfugge qualcosa? io resco a rendere tutte le soluzione tramite una sola espressione..Mist ha scritto:Testo nascosto:
Tutto è possibile: L'impossibile richiede solo più tempo
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"la traslazione non è altro che un'omotetia di centro infinito e k... molto strano"
julio14 ha scritto: jordan è in realtà l'origine e il fine di tutti i mali in $ \mathbb{N} $
ispiratore del BTAEvaristeG ha scritto:Quindi la logica non ci capisce un'allegra e convergente mazza.
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Re: a+b|ab
Allora posto la mia soluzione, così scopriamo se è corretto quello che ho fatto...
Per ipotesi $k(a+b)=ab$, ovvero $\displaystyle \frac{1}{b}+\frac{1}{a} = \frac{1}{k}$.Possiamo scrivere $b=k+\beta$ e $a = k+\alpha$. Sostituendo nell'equazione iniziale si ottiene che $k(2k+\alpha +\beta ) = (k+\beta )(k+\alpha )$ da cui si ricava che $k^2 = \alpha \beta$. A questo punto, io ho detto che siccome $\displaystyle \alpha = \frac{k^2}{\beta}$, si ha che l'equazione di partenza è soddisfatta per tutte le coppie $\displaystyle (a,b) = (k+\frac{k^2}{\beta}, k+\beta)$ al variare di $k\in \mathbb{Z}$ con $\beta$ che varia tra tutti i $\beta : \beta \mid k^2$. Non possiamo dire che sia proprio un'espressione unica, ma è qualcosa di compatto... Spero che sia giusto
Per ipotesi $k(a+b)=ab$, ovvero $\displaystyle \frac{1}{b}+\frac{1}{a} = \frac{1}{k}$.Possiamo scrivere $b=k+\beta$ e $a = k+\alpha$. Sostituendo nell'equazione iniziale si ottiene che $k(2k+\alpha +\beta ) = (k+\beta )(k+\alpha )$ da cui si ricava che $k^2 = \alpha \beta$. A questo punto, io ho detto che siccome $\displaystyle \alpha = \frac{k^2}{\beta}$, si ha che l'equazione di partenza è soddisfatta per tutte le coppie $\displaystyle (a,b) = (k+\frac{k^2}{\beta}, k+\beta)$ al variare di $k\in \mathbb{Z}$ con $\beta$ che varia tra tutti i $\beta : \beta \mid k^2$. Non possiamo dire che sia proprio un'espressione unica, ma è qualcosa di compatto... Spero che sia giusto
Ultima modifica di Mist il 14 nov 2011, 23:02, modificato 1 volta in totale.
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Re: a+b|ab
Apparte questo
mi sembra tutto giusto, anche perchè non hai usato mai che alfa e beta fossero positivi... Sto cercando di capire perchè la tua soluzione rientri nella mia e viceversa..Mist ha scritto:Ovviamente $b,a >k$
Tutto è possibile: L'impossibile richiede solo più tempo
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julio14 ha scritto: jordan è in realtà l'origine e il fine di tutti i mali in $ \mathbb{N} $
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Re: a+b|ab
Sì, hai ragione, scusami XD è che ho scritto la soluzione pensando a quel vecchio febbraio che mi è subito tornato in mente e quindi ho scritto anche quello pensando di lavorare nei positivi Edito
Comunque a questo punto posta anche la tua se è diversa
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Re: a+b|ab
poniamo $ (a,b)=n $ e $ a=na' $ $ b=nb' $
$ a'+b'|na'b' $
quindi
$ na'b'=0 (mod a'+b') $
$ nb'^2=0 (mod a'+b') $
$ a'+b'|nb'^2 $
dato che $ (a',b')=1 $ allora $ (a'+b',b')=1 $
quindi
$ a'+b'|n $
ovvero
$ n=k(a'+b') $
le nostre coppie saranno quindi
$ ( k(x+y)x, k(x+y)y) $
per ogni scelta di $ k,x,y $ in Z
In teoria si dovrebbe avere (x,y)=1, ma in realtà se sostituiamo vediamo che vanno bene anche non coprimi
$ a'+b'|na'b' $
quindi
$ na'b'=0 (mod a'+b') $
$ nb'^2=0 (mod a'+b') $
$ a'+b'|nb'^2 $
dato che $ (a',b')=1 $ allora $ (a'+b',b')=1 $
quindi
$ a'+b'|n $
ovvero
$ n=k(a'+b') $
le nostre coppie saranno quindi
$ ( k(x+y)x, k(x+y)y) $
per ogni scelta di $ k,x,y $ in Z
In teoria si dovrebbe avere (x,y)=1, ma in realtà se sostituiamo vediamo che vanno bene anche non coprimi
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Re: a+b|ab
Ok, ho dimostrato che sono equivalenti
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julio14 ha scritto: jordan è in realtà l'origine e il fine di tutti i mali in $ \mathbb{N} $
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