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Sapendo che $a,b$ sono interi positivi tali che $1<a<b$ e che $ab$ divide $a^2+b^2-1$, quali sono i possibili valori di
\[ \frac{a^2+b^2-1}{ab} ?\]

Edit: aggiunta l'ipotesi $1<a<b$, sorry

Forse ho capito male la domanda, ma non dovrebbe essere tutto $\mathbb{N}$?
Basta prendere $a=1$.
$$\frac{a^2+b^2-1}{ab}=\frac{1+b^2-1}{b}=b$$
E qui si conclude, visto che $b$ può appartenere a tutto $\mathbb{N}$, che è il dominio.
Infatti, le soluzioni possono ricercarsi solo in $\mathbb{N}$, in quanto numeratore e denominatore sono positivi e la frazione è intera...
Dov'è l'errore?Ho interpretato male le richieste?

Assumi pure $1<a<b$.

io assumo 1<b<a perche ormai ho dimostrato cosi e non mi va di cambiare le lettere:
scriviamoci la frazione come $ \frac{a}{b}+ \frac{b^2-1}{ab} $
adesso facciamo la divisione tra polinomi di $ \frac{a^2+b^2-1}{ab} $, dato che il resto è 0, quando ci troviamo a dover dividere b^2-1 per ab. dobbiamo ancora avere resto 0, cioè $ \frac{b^2-1}{ab} $ deve essere intero,cioè $ ab \mid b^2-1=(b+1)(b-1) $,b è coprimo con b+1 e con b-1, quindi è A a dover dividere,non puo pero dividere b-1 in quanto esso è maggiore,quindi a divide b+1,mettendo insieme le condizioni 1<b<a, a|b+1 otteniamo che a=b+1
quindi il range è composto dai naturali esprimibili in questo modo,ed andando a sostituire otteniamo sempre 2.

EDIT:avevo sparato tre cavolate...

Io invece credo che, assunto 1<a<b WLOG, l'espressione sia sempre equivalente a 2...
Se é giusto metto la soluzione

Prova $(a,b)=(3,8)$

Eventualmente si può usare $b=a^2-1$? O è una barata?

xXStephXx ha scritto:Eventualmente si può usare $b=a^2-1$? O è una barata?

Non è barare, ora mostraci una soluzione completa

e alla fine la soluzione è di nuovo quasi tutto N...

Facciamo così: trovare tutti i numeri $a;b$ interi positivi tali che:
\begin{equation}
\frac{a^2+b^2-1}{ab}=2013
\end{equation}

UP!
Provo a dare io una risposta al problema di Troleito, anche se non garantisco nulla sulla correttezza della soluzione .
$$\frac{a^2+b^2-1}{ab}=2013$$
Il metodo che ho intenzione di usare (per la prima volta) è un telefonatissimo Vieta Jumping:
$*$ chiamo $A,B$ fra tutte le soluzioni $a,b$ che soddisfano l'equazione, quella che minimizza la somma $a+b$ (oppure, nel caso fossero più di una, ne scelgo una qualsiasi).
$*$ suppongo per assurdo $A\ne B$, dunque WLOG $A>B\geq1$. Considero ora l'equazione parametrica:
$$\frac{x^2+B^2-1}{Bx}=2013\Rightarrow x^2-2013Bx+B^2-1=0$$
Per le formule di Viète, il coefficiente della $x$ è la somma delle soluzioni cambiata di segno, mentre il termine noto è il prodotto; visto che sappiamo che A è radice, possiamo scrivere:
$2013B-A=A_1$ e $\frac{B^2-1}{A}=A_1$
Visto che abbiamo imposto $A>B\geq1$, $\frac{B^2-1}{A}<A$, in contraddizione con la minimalità (si può dire così?) di $A+B$, assurdo, dunque $A=B$.
Osservo che, nel caso in cui $A_1=0$, non potrei fare questo passaggio, ma ciò implicherebbe $b^2-1=0\Rightarrow a=2013, b=1$.
Riscrivo ora l'equazione:
$$\frac{2A^2-1}{A^2}=2013\Rightarrow 2011A^2+1=0$$
L'ultima equazione non ha soluzioni reali, dunque non esiste una soluzione minima (e quindi non ne esiste nessuna, a parte quella banale $a=2013, b=1$!).
Giusta? (non ho mai usato questa tecnica prima d'ora, dunque potrei aver sbagliato...)

non so se sia giusto ma almeno comprenderebbe anche la soluzione (3,8) con 1<a<b
nab= a^2 + b^2 - 1

nb= a + (b - 1)(b + 1)/a
se a= b - 1 nb= a + b + 1 = 2b n=2

na= b + ( a^2 - 1)/b
se b= ( a^2 - 1) na= b + 1 na = a^2 -1 +1 n=a


quindi o a e b sono numeri consecutivi oppure b è uguale ad a^2 -1

@Lasker: quasi, bravo! Le uniche osservazioni che ti farei sono:
- hai considerato la soluzione minima tra quelle che hanno $a>0,b>0$, quindi l'osservazione da fare è che il tuo $A_1$ (quando non è zero...) è positivo, e questo è facile, perché è dato da $\frac{B^2-1}{A}$, che è un rapporto di quantità non-negative
- bisognerebbe osservare esplicitamente (anche se dalle tue formule è chiaro) che $A_1$ è un intero
- la conclusione è, purtroppo, leggermente falsa; sei semplicemente riuscito a dedurre che la soluzione minima è $2013,1$, ma questo non vuole affatto dire che non ne esistano altre: considera, ad esempio, la coppia $2013^2 - 1, 2013$ (ottenuta da $2013,1$ per Vieta Jumping). Tutto quello che si può dire è che le coppie che esistono, "vietajumpate", arrivano a $2013,1$: da qui come si conclude?

@Half95: non sono sicuro di capire la tua soluzione... riusciresti a riscriverla più chiaramente? Qualche parentesi in più non farebbe male, e sarebbe ancora meglio se tu potessi imparare a scrivere le tue soluzioni in LaTeX

@darkcrystal: speravo di cavarmela con poco; ecco il mio tentativo di miglioramento!
Per quanto dimostrato in precedenza, scendendo per Vieta Jumping (ed usando sostanzialmente la formula che non ho usato, la somma delle soluzioni ) da una qualsiasi soluzione $\left\{a_k,b_k\right\}$, dovrò arrivare (prima o poi) ad $A_1=0$. Ciò implica che tutte le soluzioni possono essere ricavate "sostituendo" la precedente in $2013b-a=a_1$.
Definisco dunque (per ricorrenza) le due successioni $A_n$ e $B_n$ di soluzioni, nel seguente modo:
$a_1=2013$ e $ b_1=1$

$a_{n+1}=2013a_n-1$, mentre $b_{n+1}=a_n$
Ed adesso le soluzioni dovrebbero essere tutte!