Quando p+q è un quadrato perfetto...

[Olivo3]

Posso chiedervi come avete notato a prima vista che x^2=y^2? So che l'avete dimostrato, ma io a prima vista non direi mai che devono essere uguali per forza, quindi volevo sapere che ragionamento avevate fatto

[Drago96]

Provo a ricominciare del tutto...

Purtroppo sono riuscito a fare solo quello con le frazioni ridotte...

I denominatori devono essere uguali, infatti se $n,m$ sono coprimi, $\displaystyle{1-{n \over m}= {m-n \over m}}$ e dato che tra $m$ e $n$ non ci sono fattori comuni, non posso raccogliere niente e perciò nemmeno semplificare con $m$.
dunque $x^2=y^2$; allora l'equazione diventa $\displaystyle{{p+q \over x^2}=1}$, da cui $p+q=x^2$


Per le frazioni non ridotte ho fatto questo, ma non so a quanto possa servire...

Testo nascosto:

$p \mid x^2$ e $q \mid y^2$
quindi $x^2=a^2p^2$ e $y^2=b^2q^2$
l'equazione diventa $\displaystyle{{1 \over a^2p}+{1 \over b^2q}=1 \rightarrow {a^2p+b^2q \over a^2b^2pq}=1 \rightarrow {a^2 \over q}+{b^2 \over p}=(ab)^2}$

[Claudio.]

L'idea non è sbagliata,ma se poni che $x^2=np$ e $y^2=mq$ allora diventa $\frac{1}{n}+\frac{1}{m}=1$
Ora non sto a dimostrarlo ma gli unici numeri che soddisfano questa equazione sono $m=n=2$, da qui se vogliamo moltiplicare $m$ per un primo tale che ci risulti un quadrato perfetto l'unica scelta è 2.
Da qui deduciamo che $p=q=2$,che è accettabile.

Hai trattato ciò che avevo detto fosse facilmente trattabile

[Valenash]

I denominatori devono essere uguali, infatti se $n,m$ sono coprimi, $\displaystyle{1-{n \over m}= {m-n \over m}}$ e dato che tra $m$ e $n$ non ci sono fattori comuni, non posso raccogliere niente e perciò nemmeno semplificare con $m$.
dunque $x^2=y^2$; allora l'equazione diventa $\displaystyle{{p+q \over x^2}=1}$, da cui $p+q=x^2$

e questo va bene

Testo nascosto:

$p \mid x^2$ e $q \mid y^2$
quindi $x^2=a^2p^2$ e $y^2=b^2q^2$
l'equazione diventa $\displaystyle{{1 \over a^2p}+{1 \over b^2q}=1 \rightarrow {a^2p+b^2q \over a^2b^2pq}=1 \rightarrow {a^2 \over q}+{b^2 \over p}=(ab)^2}$

qui basta riciclare l'idea di prima dato che ora hai due frazioni ridotte
$\displaystyle{1 \over a^2p}+{1 \over b^2q}=1 \rightarrow a^2p = b^2q = 2 \rightarrow a=b=1, p=q=2$
e l'equazione iniziale è ${2 \over 4} + {2 \over 4} =1$

Posso chiedervi come avete notato a prima vista che x^2=y^2? So che l'avete dimostrato, ma io a prima vista non direi mai che devono essere uguali per forza, quindi volevo sapere che ragionamento avevate fatto

Beh, quando ho letto l'esercizio anche io ci ho pensato subito, il perchè.. perchè è la prima banalità da pensare, il caso particolare da cui inizi.. e vedi che viene tutto facile.. poi provi con $x$ e $y$ diversi e ti accorgi che non torna.. infine dimostri il perchè

[Drago96]

qui basta riciclare l'idea di prima dato che ora hai due frazioni ridotte
$\displaystyle{1 \over a^2p}+{1 \over b^2q}=1 \rightarrow a^2p = b^2q = 2 \rightarrow a=b=1, p=q=2$
e l'equazione iniziale è ${2 \over 4} + {2 \over 4} =1$

Giusto...
Chissà perchè non mi è venuto in mente...

[Claudio.]

Ma in realtà è molto più semplice una sostituzione generale $x^2=np, y^2=mq$ come fatto nei post prima e non si perde niente...

[julio14]

Non che sia particolarmente difficile, ma in tutto ciò mi pare che non abbiate minimamente considerato il caso una frazione ridotta e l'altra no.

[Claudio.]

Non che sia particolarmente difficile, ma in tutto ciò mi pare che non abbiate minimamente considerato il caso una frazione ridotta e l'altra no.

è il caso più semplice...

[Sonner]

Insomma, sia $ d=(x,y) $. Allora ponendo $ x=dx' $ e $ y=dy' $ con $ (x',y')=1 $, il testo diventa
$ py'^2+qx'^2=d^2x'^2y'^2 $
Ora $ x'^2\mid p $ e $ y'^2\mid q \rightarrow $ $ x'=y'=1 $. L'equazione diventa quindi $ p+q=d^2 $ che è la tesi.

[RedII]

Ed ecco che Sonner gliela fa a tutti cambiando strada ed esibendo la soluzione più veloce ed elegante.
Si fa benissimo anche per l'altra via, ma, dando anche per buono che sia il caso più semplice (cosa che non mi sembra, anche se è tutt'altro che difficile), dimenticarsi per strada il caso $ p|x\wedge q\not|y $ vuol dire perdere punti.

[fph]

Morale da ricordarsi per il futuro: quando avete problemi nei casi con divisori comuni, la sostituzione $a=da'$, $b=db'$, con $d=\operatorname{mcd}(a,b)$ e $\operatorname{mcd}(a',b')=1$ è un trucco standard per risolverli e va 'portata da casa'.