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Trovare tutti le coppie di numeri $a,b$ interi positivi (non necessariamente coprimi) tale che
$$\frac{b}{a}=a,b$$
e con la scrittura $a,b$ intendo il numero formato dalle cifre di $a$ prima della virgola e con quelle di $b$ dopo la virgola.

E' un problema che mi sono inventato io a scuola, ma non ho ancora la soluzione (sperando che ne esista una decente).

$\frac{b}{a} = a,b = a+b\cdot 10^{-\lfloor \log_{10}{b} \rfloor -1}$ e quindi
$b= \frac{a^2\cdot 10^{\lfloor \log_{10}{b} \rfloor +1}}{10^{\lfloor \log_{10}{b} \rfloor +1}-a}$ ovvero $\frac{b}{a}= \frac{a\cdot 10^{\lfloor \log_{10}{b} \rfloor +1}}{10^{\lfloor \log_{10}{b} \rfloor +1}-a}$ da cui si ha che $\frac{a^2}{b} = 1-\frac{a}{10^\lfloor \log_{10}{b} \rfloor +1}$ e si deve avere quindi che $ \frac{ab}{a^2-b} = 10^{\lfloor \log_{10}{b} \rfloor +1} \in \mathbb{N}$. Ovviamente a questo punto si deduce che si deve avere $a<b$. Giocando un po' col fatto che $a^2-b|ab$ si ottiene che $a^2-b|a^3$ e che quindi $(a,b) = a$ (credo). ma se il massimo comun divisore di quei due numeri è diverso da 1, allora la frazione è semplificabile e quindi si ha un'altra coppia, e così scendendo finchè non si arriva ad $(a,b)=1$ che implica chiaramente $a=1$, da cui si deduce che la equazione di partenza non ammette soluzioni ( sostituenza a=1 nell'espressione iniziale...)

Spero di non aver detto boiate

Ricontrolla! 5/2=2,5.

Mist ha scritto: Giocando un po' col fatto che $a^2-b|ab$ si ottiene che $a^2-b|a^3$ e che quindi $(a,b) = a$ (credo). ma se il massimo comun divisore di quei due numeri è diverso da 1, allora la frazione è semplificabile e quindi si ha un'altra coppia, e così scendendo finchè non si arriva ad $(a,b)=1$ che implica chiaramente $a=1$, da cui si deduce che la equazione di partenza non ammette soluzioni ( sostituenza a=1 nell'espressione iniziale...)

Non ho detto da nessuna parte che $(a,b)=1$. Io ho trovato che l'unica soluzione con a e b primi è (2,5) ma il problema si complica quando non lo sono.

EDIT: vedi sotto

Allora, vediamo di fare un po' le cose per bene.

Riscrivo tutto come $ \frac{a}{b}=a+b(10)^{-1} $, e questo è valido se e solo se $ b<9 $
Ottengo dunque dopo alcuni passaggini $ a= -b(10)^{-1} - 10^{-1} + \frac{10^{-1}}{-b+1} $
Moltiplico tutto per 10 e ricavo $ 10a=-b-10+\frac{1}{1-b} $ che è inero solo per $ b=2 $
Con $ b=2 $ viene a non intero, quindi non ci sono soluzioni (Anèr, controla bene quello che hai scritto EDIT sono io che ho scritto la farzione sbagliata, ma credo che impostando così il problema si giunga alla soluzione facilmente )
Con b di due cifre, si può fare lo stesso ragionamento e otteniamo la stessa identica cosa, ne consegue dunque che non ci sono soluzioni

EDIT: ho sbagliato la frazione XD

EDIT: mi è partito un submit xd. dopo un po' di problemi col submit ecco la mia soluzione =)

Infatti io non ho detto che $(a,b)$ DEVE essere 1, ma che si scende finchè non è 1
EDITATO: pardon, non avevo letto bene

Staffo hai scritto male la frazione: non è a/b ma b/a, quindi svolgendo i calcoli come hai fatto tu si otterrebbe una equazione di secondo grado in a, che non c'entra niente con quella che hai scritto tu.
Consiglio di trovare prima la dimostrazione con (a,b)=1 che non dovrebbe essere difficile e poi, se ci riusciamo, generalizzare per ogni a,b.

si paga, avevo notato; e il fatto è che facendo così come ho impostato l'altro non mi tornano i conti; sarò io che sbaglio qualcosa molto probabilmente, però gia il fatto che a/b va bene a=5 b=2 e non a=15 b=6 (che sarebbe la stessa cosa) mi fa pensare che non sia liberamente concesso semplificare le frazioni o moltiplicare per denominatori comuni perchè si rischia di cadere nell'errore, quindi mi sa che sta lì il motivo per cui no nmi viene.....

Informo tutti che ho trovato una soluzione al problema , non ci sono altre coppie che soddisfano la condizione, inoltre la dimostrazione è carina e non fa uso di teoremi strani, ma solo di divisibilità e simili. Fatemi sapere se qualcuno vuole risolverlo o se devo postare la mia soluzione.

ecco un hint per chi non è riuscito a risolverlo: