[L02] Terne reciproche

[Gizeta]

Quante sono le terne di numeri interi positivi [tex]a, b, c[/tex] tali che la somma dei loro reciproci sia un numero intero positivo?

[Salvador]

Testo nascosto:

Le uniche soluzioni sono $(1,1,1), (1,2,2), (2,3,6),(2,4,4),(3,3,3)$ e loro permutazioni. Ponendo $n=1/a+1/b+1/c$, notiamo innanzitutto che $n \le 3$, dunque $n=1,2,3$. Se $n=3$, allora se almeno uno tra a,b,c è maggiore di 1, $1/a+1/b+1/c < 3$, dunque l'unica soluzione possibile è $(1,1,1)$. Se $n=2$, se si suppone $a=b=c=2$ si ha $1/2+1/2+1/2=3/2<2$, dunque almeno uno tra a,b,c è 1. Supponiamo che sia a. Allora $1/b+1/c=1$, che tra gli interi positivi ha soluzioni solo per $b=c=2$, dunque si ottiene la soluzione $(1,2,2)$ e tutte le sue permutazioni.
Se $n=1$, allora $a,b,c \le 3$. Supponiamo $a \le b \le c$. Se $a=2$, allora $1/b+1/c=1/2$, che ha soluzioni $b=c=4$ e $b=3, c=6$. Se $a=3$, allora $1/b+1/c=2/3$, che ha soluzione $b=3,c=3$. Si hanno dunque le soluzioni $(2,4,4), (2,3,6), (3,3,3)$ e le loro permutazioni. Il numero totale di soluzioni è allora $14$.

[Gizeta]

Ok!

Propongo una soluzione alternativa

[tex]\displaystyle \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+ac+bc}{abc}[/tex] (1)



Step 1: [tex]a \mid bc[/tex] e cicliche

Testo nascosto:

Dato che vogliamo (1) sia un intero positivo, [tex]abc \mid ab+ac+bc[/tex]; notiamo che questo, in particolare, implica le divisibilità [tex]a \mid bc[/tex] e cicliche (2).

Step 2 [tex](a,b)=1 \Rightarrow c=ab[/tex]

Testo nascosto:

Supponiamo [tex]\displaystyle (a,b)=1[/tex].
Da [tex]a \mid ab[/tex] e [tex]a \mid bc[/tex] otteniamo [tex]a \mid ab-bc=b(a-c)[/tex], ossia [tex]a \mid a-c[/tex] (per la coprimalità), ossia [tex]a \mid c[/tex];
in modo simile otteniamo [tex]b \mid c[/tex], quindi, dato che [tex](a,b)=1[/tex], [tex]ab \mid c[/tex], ossia [tex]c=ab[/tex] per le divisibilità (2).

Ora distinguiamo quattro casi:

[tex]\cdot[/tex] Due coprimalità;
[tex]\cdot[/tex] tre coprimalità;
[tex]\cdot[/tex] una coprimalità;
[tex]\cdot[/tex] zero coprimalità.


Nel primo caso possiamo supporre WLOG che si abbia [tex](a,b)=1[/tex] e [tex](b,c)=1[/tex], ad esempio, ossia [tex]c=ab[/tex] e [tex]a=bc[/tex] (per il secondo step), ossia ancora [tex]c=ab=b^2c \rightarrow b^2=1 \iff b=1[/tex], che porta alle due terne [tex](1,1,1)[/tex] e [tex](2,1,2)[/tex] [qualsiasi scelta alternativa di coprimalità porta solo a delle permutazioni di queste due terne].



Il secondo caso porta banalmente ad una impossibilità, alla luce del primo.




Per il terzo caso caso scegliamo WLOG [tex](a,b)=1[/tex], ossia [tex]c=ab[/tex], che conduce alla seguente riscrittura di (1)

[tex]\displaystyle \frac{a+b+1}{ab}[/tex]

[tex]a=1[/tex] porta alle medesime terne trovate prima, [tex]a=2[/tex] aggiunge la terna [tex](2,3,6)[/tex].
Non è difficile ora convincersi che se [tex]a \ge 3[/tex] si ha [tex]\displaystyle \frac{a+b+1}{ab} < 2[/tex], possiamo dunque supporre [tex]a \ge 3[/tex] e risolvere

[tex]\displaystyle \frac{a+b+1}{ab}=1 \rightarrow a+b+1=ab \rightarrow b=\frac{a+1}{a-1}=\frac{(a-1)+2}{a-1}=1+\frac{2}{a-1}[/tex], intero positivo se e solo se [tex]a-1=1[/tex] o [tex]a-1=2[/tex], ossia [tex]a=2[/tex] o [tex]a=3[/tex], che portano entrambi a terne già trovate.



Il quarto caso è simmetrico rispetto ai primi tre, infatti possiamo porre [tex]a=pa_1[/tex], [tex]b=pb_1[/tex], [tex]c=pc_1[/tex], dove [tex]p[/tex] è il fattore comune; riscriviamo quindi (1) come

[tex]\displaystyle \frac{1}{p}\left(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{b_1}+\frac{1}{c_1}\right)[/tex]

dove la terna [tex](a_1,b_1,c_1)[/tex] ricade in uno dei tre casi precedentemente analizzati e quindi non può che portare alle medesime terne soluzione, le cui "somme inverse" risultano [tex]3[/tex], [tex]2[/tex] e [tex]1[/tex], quindi, rispettivamente, [tex]p=1,3[/tex], [tex]p=1,2[/tex], [tex]p=1[/tex], che aggiungono le due terne [tex](3,3,3)[/tex] e [tex](4,2,4)[/tex].

[Salvador]

Un po' più laboriosa ma bella.