$\frac{m+1}{n}+\frac{n+1}{m} \in \mathbb{N}_0$

[jordan]

Mostrare che esistono infinite coppie di interi positivi $(m,n)$ tali che
\[ \frac{m+1}{n}+\frac{n+1}{m} \in \mathbb{N}_0 \]

(Nazionali britanniche '96)

[kalu]

LEMMA DI PELL
Esistono infinite coppie ($x$, $y$) di interi positivi tali che $$x^2-3y^2=1$$

Testo nascosto:

Noto che $ (2, 1) $ risolve l'equazione.
Suppongo per assurdo che le soluzioni siano in numero finito.
Sia allora ($X$, $Y$) la coppia risolutiva tale che il prodotto $XY$ sia massimo. Noto che:
$\bigl(X^2+3Y^2\bigl)^2-3\bigl(2XY\bigl)^2=\bigl(X^2-3Y^2\bigl)^2=1$
Ma $\bigl(X^2+3Y^2\bigl)\cdot \ 2XY>XY$: assurdo.

Siano $ s, t $ interi positivi tali che $s^2-3t^2=1$.
Prendo $ m=(2s+3t)(s+t) $; $ n=(2s+3t)(3s+5t) $.
Bastano pochi calcoli per verificare la validità della seguente relazione:
$$4mn=m^2+n^2+m+n$$

Testo nascosto:

Voglio dimostrare che:
$ 4(2s+3t)^2(s+t)(3s+5t)=(2s+3t)^2(s+t)^2+(2s+3t)^2(3s+5t)^2+(2s+3t)(s+t)+(2s+3t)(3s+5t) $
Semplificando ottengo:
$ 4(s+t)(3s+5t)=(s+t)^2+(3s+5t)^2+2 $
Ossia:
$ s^2-3t^2=1 $
Che è vera per ipotesi.

Quindi $ mn \mid m(m+1)+n(n+1) $, da cui
$$\displaystyle \frac{m+1}{n}+\frac{n+1}{m} \in \mathbb{N}$$
Gli $m$ e $n$ dipendono linearmente dagli $s$ e $t$, e per il LEMMA DI PELL le coppie ($s$, $t$) tali che $s^2-3t^2=1$ sono infinite.
Ciò completa la dimostrazione.

[jordan]

Mmh, si' funziona, ma direi ti sei complicato un po' la vita.. Vediamo il bonus:

"Mostrare che, fissato un intero $k$, esistono infinite coppie di interi $m,n$ tali che $\displaystyle \frac{m+k}{n}+\frac{n+k}{m} \in \mathbb{Z}$."

[kalu]

Sbaglio o mi basta prendere le coppie della forma $ (ka, kb) $, con $ a, b $ tali che $ \displaystyle \frac{a+1}{b}+\frac{b+1}{a} \in \mathbb{N} $?

[jordan]

Si', ma manca un caso

[kalu]

Beh $ k=0 $, lì è abbastanza banale direi

P.S. Per completezza: nel caso in cui $ k $ sia nullo basta che $ m=n $ (e non è difficile dimostrare che è anche necessario )

[Mist]

LEMMA DI PELL
Esistono infinite coppie ($x$, $y$) di interi positivi tali che $$x^2-3y^2=1$$

Testo nascosto:

Noto che $ (2, 1) $ risolve l'equazione.
Suppongo per assurdo che le soluzioni siano in numero finito.
Sia allora ($X$, $Y$) la coppia risolutiva tale che il prodotto $XY$ sia massimo. Noto che:
$\bigl(X^2+3Y^2\bigl)^2-3\bigl(2XY\bigl)^2=\bigl(X^2-3Y^2\bigl)^2=1$
Ma $\bigl(X^2+3Y^2\bigl)\cdot \ 2XY>XY$: assurdo.

Siano $ s, t $ interi positivi tali che $s^2-3t^2=1$.
Prendo $ m=(2s+3t)(s+t) $; $ n=(2s+3t)(3s+5t) $.
Bastano pochi calcoli per verificare la validità della seguente relazione:
$$4mn=m^2+n^2+m+n$$

Testo nascosto:

Voglio dimostrare che:
$ 4(2s+3t)^2(s+t)(3s+5t)=(2s+3t)^2(s+t)^2+(2s+3t)^2(3s+5t)^2+(2s+3t)(s+t)+(2s+3t)(3s+5t) $
Semplificando ottengo:
$ 4(s+t)(3s+5t)=(s+t)^2+(3s+5t)^2+2 $
Ossia:
$ s^2-3t^2=1 $
Che è vera per ipotesi.

Quindi $ mn \mid m(m+1)+n(n+1) $, da cui
$$\displaystyle \frac{m+1}{n}+\frac{n+1}{m} \in \mathbb{N}$$
Gli $m$ e $n$ dipendono linearmente dagli $s$ e $t$, e per il LEMMA DI PELL le coppie ($s$, $t$) tali che $s^2-3t^2=1$ sono infinite.
Ciò completa la dimostrazione.

Ti posso solo chiedere come ti è venuta in mente tutta questa roba ?

[jordan]

A meno di $k=0$, se $\frac{m+k}{n}+\frac{n+k}{m}=x$ per qualche $0<m\le n$ allora $\frac{M+k}{n}+\frac{n+k}{M}=x$ per $M=\frac{n(n+k)}{m}>n$, e per $m=n=k$ quell'espressione è intera.

[<enigma>]

C'è molto più di quanto appare nel testo del problema e nella soluzione di kalu: $\frac{m+1}{n}+\frac{n+1}{m}$ rappresenta in effetti tutto $\mathbb N$ al variare di $m$ e $n$ in $\mathbb Z$ (dimostratelo!). Se $(m, n)$ è soluzione con $m>n$ e $\frac{m+1}{n}+\frac{n+1}{m}=\ell$, allora anche $(\ell m-n-1, m)$ risolve l'equazione. In particolare, basta trovare una coppia qualsiasi che vada bene per risolvere il problema originale.

[Gi8]

$\frac{m+1}{n}+\frac{n+1}{m}$ rappresenta in effetti tutto $\mathbb N$ al variare di $m$ e $n$ in $\mathbb Z$ (dimostratelo!).

Poniamo $\displaystyle f(m,n) = \frac{m+1}{n}+\frac{n+1}{m}$, con $\displaystyle(m,n) \in \mathbb{Z^*}\times \mathbb{Z^*}$.
Sia $a \in \mathbb{N}$ fissato. Allora $f(-a-1,-1)= \frac{-a-1+1}{-1}+0= a$