Quozientando alla maniera di Diofanto...
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Problema #1: stabilire l'insieme di tutti e soli i valori interi assunti dall'espressione razionale $ R(u,v) := \dfrac{u^2 + v^2 + 1}{uv} $ quando $ u,v\in\mathbb{N}_0 $.
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Simo_the_wolf
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melius ****** quam...
Caspita, davvero?!? E' stato l'uccelletto dell'acqua uliveto a suggerirtelo, Simo? Sai, qualcuno potrebbe non essere molto d'accordo, se non provi a usare argomenti più convincenti di un condizionale a sostegno del tuo guess...Simo_the_wolf ha scritto:Dovrebbe essere sempre uguale a $ 3 $ se intero...
Non te ne vorrà di certo, visto che la tua soluzione è pressoché totalmente sballata...Boll ha scritto:Simo non me ne vorrà se ci provo io...
Perché non provi un po' a valutare $ R(2,5) $, Boll?!? Poi fammi sapere, in caso. Ok?Boll ha scritto:quindi, salvo il caso $ uv=1 $ (nel nostro domino possibile sse $ u,v=1 $) la frazione è irriducibile, quindi non intera
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Simo_the_wolf
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Scusa Hit ma non avevo tempo di formalizzare perchè non avevo tanto tempo... Questo problema è simile a un IMO6 abbastanza difficile, non mi ricordo che anno, in quanto si risolve in maniera analoga... Non ho adesso molto tempo quindi scrivo una linea guida...
Si osserva che se $ R(u,v) $ è intero allora deve essere $ u|v^2+1 $ e dicendo $ u=(v^2+1)/k $ osserviamo che $ R(u,v)=R(k,v) $ e questo suggerisce qualcosa. ora, uno tra $ u $ e $ k $ è minore di $ v $ e uno è maggiore quindi possiamo trovare, applicando la trasformazione alla coppia $ (u_i,v_i) \rightarrow (v_i,\frac {v_i^2+1}{u_i})=(u_2,v_2) $ facendo attenzione ad avere $ u_i>v_i $ otteniamo che avremo una serie di numeri $ max(u_1,v_1)>max(u_2,v_2)... $ eccetera fino ad arrivare alla coppia $ (1,1) $. Rifacendo al contrario abbiamo che ogni coppia tale che $ R(u,v) $ sia intera è uguale a $ R(1,1)=3 $.
Si osserva che se $ R(u,v) $ è intero allora deve essere $ u|v^2+1 $ e dicendo $ u=(v^2+1)/k $ osserviamo che $ R(u,v)=R(k,v) $ e questo suggerisce qualcosa. ora, uno tra $ u $ e $ k $ è minore di $ v $ e uno è maggiore quindi possiamo trovare, applicando la trasformazione alla coppia $ (u_i,v_i) \rightarrow (v_i,\frac {v_i^2+1}{u_i})=(u_2,v_2) $ facendo attenzione ad avere $ u_i>v_i $ otteniamo che avremo una serie di numeri $ max(u_1,v_1)>max(u_2,v_2)... $ eccetera fino ad arrivare alla coppia $ (1,1) $. Rifacendo al contrario abbiamo che ogni coppia tale che $ R(u,v) $ sia intera è uguale a $ R(1,1)=3 $.
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Simo_the_wolf
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il gran cerimoniere dà inizio alle danze
Ti dirò, Simo, che mi ha fatto sudare (e inca**are) parecchio... 
Sia come sia, ecco la mia soluzione!!! Ho pensato di spezzarla in più segmenti, non altro fosse che per migliorarne la leggibilità! Salvo sentirmi poi "rimproverare" dal solito ma_go di turno per via... ahmmm... delle mie discutibili scelte editoriali... 
Dim.: siano infatti $ a $ un intero $ > 1 $ e $ b := a^3 $. E allora $ a < b $, e inoltre: $ \dfrac{a^2+b^2}{ab+1} = \dfrac{a^2+a^6}{a\cdot a^3+1} = a^2 $, da cui la tesi, q.e.d.
La soluzione [parte 1^a]: siano $ (a,b,c)\in\mathbb{N}_0 $ tali che: $ \dfrac{a^2+b^2}{ab+1} = c $, ovvero $ a^2 + b^2 = (ab+1)c $. Se $ a = b $, tanto implica: $ 2a^2 = (a^2+1)c $, donde necessariamente $ a^2 + 1 = 2 $ e $ c = a^2 $, ovvero $ a = b = c = 1 $, siccome $ \gcd(a^2, a^2 + 1) = 1 $. E allora, in tutta evidenza, $ c $ è un quadrato perfetto.
Stante la condizione di esistenza garantita dal lemma #1, nonché viste le simmetrie del problema, senz'essere lesivi di generalità, può dunque assumersi per il seguito $ 0 < a < b $. L'idea è di usare (come spesso in questi casi) il metodo della discesa infinita di Fermat, già altrove presentato al grande pubblico dal mio (
) amatissimo Evaristo (click).
In tal senso, definiamo ricorsivamente una successione di coppie ordinate $ \{(x_n, y_n)\}_{n\in\mathbb{N}} $ ponendo $ (x_0,y_0) := (a,b) $; $ (x_{n+1}, y_{n+1}) := (cx_n - y_n, x_n) $, se $ x_n \neq 0 $; $ (x_{n+1}, y_{n+1}) := (0, y_n) $, se $ x_n = 0 $, per ogni $ n\in\mathbb{N} $. Ora, le singole componenti di ciascuna coppia appartenente alla sequenza così determinata rappresentano - com'è chiaro - degli interi.
Sia come sia, ecco la mia soluzione!!! Ho pensato di spezzarla in più segmenti, non altro fosse che per migliorarne la leggibilità! Salvo sentirmi poi "rimproverare" dal solito ma_go di turno per via... ahmmm... delle mie discutibili scelte editoriali... Lemma #1: esistono infinite coppie $ (a,b) $ di interi positivi tali che $ a < b $ e $ \dfrac{a^2+b^2}{ab+1} $ è un numero intero.Simo_the_wolf ha scritto: Provare che se $ \displaystyle \frac{a^2+b^2}{ab+1} $ è intero allora è un quadrato perfetto.
Dim.: siano infatti $ a $ un intero $ > 1 $ e $ b := a^3 $. E allora $ a < b $, e inoltre: $ \dfrac{a^2+b^2}{ab+1} = \dfrac{a^2+a^6}{a\cdot a^3+1} = a^2 $, da cui la tesi, q.e.d.
La soluzione [parte 1^a]: siano $ (a,b,c)\in\mathbb{N}_0 $ tali che: $ \dfrac{a^2+b^2}{ab+1} = c $, ovvero $ a^2 + b^2 = (ab+1)c $. Se $ a = b $, tanto implica: $ 2a^2 = (a^2+1)c $, donde necessariamente $ a^2 + 1 = 2 $ e $ c = a^2 $, ovvero $ a = b = c = 1 $, siccome $ \gcd(a^2, a^2 + 1) = 1 $. E allora, in tutta evidenza, $ c $ è un quadrato perfetto.
Stante la condizione di esistenza garantita dal lemma #1, nonché viste le simmetrie del problema, senz'essere lesivi di generalità, può dunque assumersi per il seguito $ 0 < a < b $. L'idea è di usare (come spesso in questi casi) il metodo della discesa infinita di Fermat, già altrove presentato al grande pubblico dal mio (
) amatissimo Evaristo (click).In tal senso, definiamo ricorsivamente una successione di coppie ordinate $ \{(x_n, y_n)\}_{n\in\mathbb{N}} $ ponendo $ (x_0,y_0) := (a,b) $; $ (x_{n+1}, y_{n+1}) := (cx_n - y_n, x_n) $, se $ x_n \neq 0 $; $ (x_{n+1}, y_{n+1}) := (0, y_n) $, se $ x_n = 0 $, per ogni $ n\in\mathbb{N} $. Ora, le singole componenti di ciascuna coppia appartenente alla sequenza così determinata rappresentano - com'è chiaro - degli interi.
bolero dei lemmi
Lemma #2: per ogni $ n\in\mathbb{N} $: $ x_n^2 + y_n^2 = (x_n y_n + 1)c $.
Dim.: ragioniamo per induzione. Se $ n = 0 $, la tesi è banale, poiché per costruzione $ (x_0,y_0) := (a,b) $, e per ipotesi $ a^2 + b^2 = (ab+1)c $. Ammettiamone dunque la consistenza per un arbitrario $ k\in\mathbb{N} $, e procediamo quindi come segue:
caso i) se $ x_k = 0 $, in base all'ipotesi induttiva, e così pure per via della relazione ricorsiva che definisce la successione $ \{(x_n, y_n)\}_{n\in\mathbb{N}} $: $ x_{k+1}^2 + y_{k+1}^2 = y_k^2 = x_k^2 + y_k^2 $ $ = c(x_k y_k + 1) = c = c(x_{k+1} y_{k+1} + 1) $;
caso ii) se $ x_k \neq 0 $, secondo costruzione $ x_{k+1}^2 + y_{k+1}^2 = (cx_k - y_k)^2 + x_k^2 = c^2 x_k^2 - 2cx_k y_k + y_k^2 + x_k^2 $. E del resto, per via dell'ipotesi d'induzione: $ y_k^2 + x_k^2 = c(x_k y_k + 1) $, perciocché (a fronte di qualche miserabile conto algebrico): $ x_{k+1}^2 + y_{k+1}^2 = cx_k^2 - 2cx_ky_k + c(x_ky_k + 1) $ $ = c((cx_k - y_k)x_k + 1) = c(x_{k+1}y_{k+1} + 1) $.
Tanto è sufficiente per stabilire, mediante induzione, la generale sussistenza dell'asserto, q.e.d.
Lemma #3: per ogni $ n\in\mathbb{N} $, risulta $ 0 \leq x_n < y_n $.
Dim.: ancora per induzione. Se $ n = 0 $, il claim è banale, poiché per costruzione $ (x_0,y_0) := (a,b) $, e per ipotesi $ 0 \leq a < b $. Assumiamone dunque la veridicità per un generico $ k\in\mathbb{N} $, e osserviamo di conseguenza quanto segue:
caso i) se $ x_k := 0 $, secondo costruzione: $ x_{k+1} := 0 $ e $ y_{k+1} := y_k $. E d'altra parte, per via dell'ipotesi di induzione: $ 0 = x_k < y_k $, cosicché in ultima analisi $ 0 \leq x_{k+1} < y_{k+1} $;
caso ii) se $ x_k \neq 0 $, allora (per ipotesi induttiva): $ 0 < x_k < y_k $, e perciò: $ c(x_ky_k + 1) = x_k^2 + y_k^2 < x_ky_k + y_k^2 $, donde: $ cx_k + \dfrac{c}{y_k} < x_k + y_k $. Ergo, secondo costruzione: $ x_{k+1} := cx_k - y_k < x_k - \dfrac{c}{y_k} < x_k := y_{k+1} $, essendo ovviamente $ c > 0 $. Resta pertanto da provare ch'è pure $ x_{k+1} \geq 0 $. Orbene, sul presupposto delle ipotesi assunte finora: $ 0 < \dfrac{y_k - 1}{x_k}(x_k y_k + 1) = y_k^2 + \dfrac{y_k}{x_k} - y_k - \dfrac{1}{x_k} $ $ < y_k^2 < x_k^2 + y_k^2 = (x_k y_k+1)c $, di modo che: $ c > \dfrac{y_k - 1}{x_k} $, e quindi $ cx_k > y_k - 1 $. Di qui: $ x_{k+1} := cx_k - y_k > -1 $, e in definitiva $ x_{k+1} \geq 0 $, q.e.d.
Dim.: ragioniamo per induzione. Se $ n = 0 $, la tesi è banale, poiché per costruzione $ (x_0,y_0) := (a,b) $, e per ipotesi $ a^2 + b^2 = (ab+1)c $. Ammettiamone dunque la consistenza per un arbitrario $ k\in\mathbb{N} $, e procediamo quindi come segue:
caso i) se $ x_k = 0 $, in base all'ipotesi induttiva, e così pure per via della relazione ricorsiva che definisce la successione $ \{(x_n, y_n)\}_{n\in\mathbb{N}} $: $ x_{k+1}^2 + y_{k+1}^2 = y_k^2 = x_k^2 + y_k^2 $ $ = c(x_k y_k + 1) = c = c(x_{k+1} y_{k+1} + 1) $;
caso ii) se $ x_k \neq 0 $, secondo costruzione $ x_{k+1}^2 + y_{k+1}^2 = (cx_k - y_k)^2 + x_k^2 = c^2 x_k^2 - 2cx_k y_k + y_k^2 + x_k^2 $. E del resto, per via dell'ipotesi d'induzione: $ y_k^2 + x_k^2 = c(x_k y_k + 1) $, perciocché (a fronte di qualche miserabile conto algebrico): $ x_{k+1}^2 + y_{k+1}^2 = cx_k^2 - 2cx_ky_k + c(x_ky_k + 1) $ $ = c((cx_k - y_k)x_k + 1) = c(x_{k+1}y_{k+1} + 1) $.
Tanto è sufficiente per stabilire, mediante induzione, la generale sussistenza dell'asserto, q.e.d.
Lemma #3: per ogni $ n\in\mathbb{N} $, risulta $ 0 \leq x_n < y_n $.
Dim.: ancora per induzione. Se $ n = 0 $, il claim è banale, poiché per costruzione $ (x_0,y_0) := (a,b) $, e per ipotesi $ 0 \leq a < b $. Assumiamone dunque la veridicità per un generico $ k\in\mathbb{N} $, e osserviamo di conseguenza quanto segue:
caso i) se $ x_k := 0 $, secondo costruzione: $ x_{k+1} := 0 $ e $ y_{k+1} := y_k $. E d'altra parte, per via dell'ipotesi di induzione: $ 0 = x_k < y_k $, cosicché in ultima analisi $ 0 \leq x_{k+1} < y_{k+1} $;
caso ii) se $ x_k \neq 0 $, allora (per ipotesi induttiva): $ 0 < x_k < y_k $, e perciò: $ c(x_ky_k + 1) = x_k^2 + y_k^2 < x_ky_k + y_k^2 $, donde: $ cx_k + \dfrac{c}{y_k} < x_k + y_k $. Ergo, secondo costruzione: $ x_{k+1} := cx_k - y_k < x_k - \dfrac{c}{y_k} < x_k := y_{k+1} $, essendo ovviamente $ c > 0 $. Resta pertanto da provare ch'è pure $ x_{k+1} \geq 0 $. Orbene, sul presupposto delle ipotesi assunte finora: $ 0 < \dfrac{y_k - 1}{x_k}(x_k y_k + 1) = y_k^2 + \dfrac{y_k}{x_k} - y_k - \dfrac{1}{x_k} $ $ < y_k^2 < x_k^2 + y_k^2 = (x_k y_k+1)c $, di modo che: $ c > \dfrac{y_k - 1}{x_k} $, e quindi $ cx_k > y_k - 1 $. Di qui: $ x_{k+1} := cx_k - y_k > -1 $, e in definitiva $ x_{k+1} \geq 0 $, q.e.d.
Ultima modifica di HiTLeuLeR il 03 mag 2005, 12:53, modificato 1 volta in totale.
tango della passione
Lemma #4: esiste $ k\in\mathbb{N} $ tale che $ x_k = 0 $.
Dim.: per assurdo, ammettiamo dunque che non esista alcun $ k\in\mathbb{N} $ tale che sia $ x_k = 0 $. E allora, vista la condizione stabilita dal lemma #3, comunque scelto un $ n\in\mathbb{N} $: $ 0 < x_{n+1} < y_{n+1} $ e $ 0 < x_n < y_n $, sicché (per costruzione) $ y_{n+1} := x_n $, e di conseguenza: $ 0 < x_{n+1} < x_n $. Questo tuttavia è assurdo, poiché ne risulterebbe provata (in contraddizione con il principio del buon ordine, o se si preferisce con riferimento al metodo della discesa infinia di Fermat) l'esistenza di una successione di numeri naturali monotona (strettamente) decrescente. Dall'assurdo la tesi, q.e.d.
La soluzione [parte 2^a]: la soluzione del problema, a questo punto, è già bella che scritta. Coerentemente con il lemma #4, sia infatti $ k\in\mathbb{N} $ tale che $ x_k = 0 $. E allora, stante l'ulteriore lemma #2: $ c = \dfrac{a^2 + b^2}{ab+1} = \dfrac{x_k^2 + y_k^2}{x_k y_k + 1} = y_k^2 $, e dunque $ c $ è un quadrato perfetto. Riassumendo il tutto, il problema risulta così completamente risolto!!! FINE.
Dim.: per assurdo, ammettiamo dunque che non esista alcun $ k\in\mathbb{N} $ tale che sia $ x_k = 0 $. E allora, vista la condizione stabilita dal lemma #3, comunque scelto un $ n\in\mathbb{N} $: $ 0 < x_{n+1} < y_{n+1} $ e $ 0 < x_n < y_n $, sicché (per costruzione) $ y_{n+1} := x_n $, e di conseguenza: $ 0 < x_{n+1} < x_n $. Questo tuttavia è assurdo, poiché ne risulterebbe provata (in contraddizione con il principio del buon ordine, o se si preferisce con riferimento al metodo della discesa infinia di Fermat) l'esistenza di una successione di numeri naturali monotona (strettamente) decrescente. Dall'assurdo la tesi, q.e.d.
La soluzione [parte 2^a]: la soluzione del problema, a questo punto, è già bella che scritta. Coerentemente con il lemma #4, sia infatti $ k\in\mathbb{N} $ tale che $ x_k = 0 $. E allora, stante l'ulteriore lemma #2: $ c = \dfrac{a^2 + b^2}{ab+1} = \dfrac{x_k^2 + y_k^2}{x_k y_k + 1} = y_k^2 $, e dunque $ c $ è un quadrato perfetto. Riassumendo il tutto, il problema risulta così completamente risolto!!! FINE.
Bene, aspetterò dunque che tu, o qualcun altro, fornisca tutti i dettagli del caso. Un modello adesso ce l'hai...Simo_the_wolf ha scritto:Scusa Hit ma non avevo tempo di formalizzare perchè non avevo tanto tempo... Questo problema è simile a un IMO6 abbastanza difficile, non mi ricordo che anno, in quanto si risolve in maniera analoga... Non ho adesso molto tempo quindi scrivo una linea guida...
Nel frattempo, dichiaro il problema #1 ufficialmente ancora irrisolto!!! 
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Simo_the_wolf
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Mi pare che la mia soluzione del tuo problema sia abbastanza capibile... E poi sinceramente non mi va e non ho tempo. Comunque la tua soluzione dell'IMO-problem e' giusta, anche se ti potevi risparmiare molti lemmi vari osservando delle cose oppure dicendo semplicemente che, ad esempio si osserva che $ x_n^2+y_n^2=(x_ny_n+1)c $ e basta, senza darne dimostrazione (visto che si tratta solo di sostituire...). Di questo modo le tue soluzioni diventerebbero molto piu' leggibili: a mio avviso e' piu' utile dire una linea guida piuttosto che formalizzare tutti i minimi dettagli...
filosofia della minuzia
Accetto il tuo punto di vista, ma - consentimi - non lo condivido minimamente!!! Di norma, sono proprio i dettagli a segnare le differenze, e questo è un fatto innegabile, checché se ne possa dire...Simo_the_wolf ha scritto:[...] a mio avviso e' piu' utile dire una linea guida piuttosto che formalizzare tutti i minimi dettagli...
Sì, le idee ci stanno tutte, ma... come dicevo, mancano i dettagli! E siccome io ne vado pazzo, mi dispiace, ma la tua soluzione - per quel che mi riguarda - proprio non intendo considerarla tale! Non volermene troppo a male...Simo_the_wolf ha scritto:Mi pare che la mia soluzione del tuo problema sia abbastanza capibile...
