Mostrar que infinitamente muchos enteros positivos pares $(m,n)$ existen s.t $\frac{m+1}{n}+\frac{n+1}{m} \in \mathbb{N}$

Question

Mostrar que infinitamente muchos enteros positivos pares de $(m,n)$ existe tal que $\frac{m+1}{n}+\frac{n+1}{m} \in \mathbb{N}$.

No pude solucionar el problema, pero me hizo una observación que podría o no ser útil. WLOG asumir que $m < n$ (ya que el término es simétrica wrt $m,n$ junto con el hecho de que el desconocimiento de la $m=n$ caso no crear ningún problema). Escribir $n=mq+r$ algunos $r\in \{[0,m-1]\cap \mathbb{N}\}$. Ahora, la cuestión se reduce a mostrar $\frac{m+1}{n}+\frac{r+1}{m} \in \mathbb{N}$. Tenga en cuenta que cada sumando es $\leq 1$. Desde la igualdad caso no sería útil en la generación de un número infinito de pares de $(m,n)$, podemos decir con seguridad que la suma es igual a $1$.

Ahora no sé cómo salir de aquí.

Answer 1

Voy a buscar todos los pares $(m,n)$ de enteros positivos tal que $$\frac{m+1}{n}+\frac{n+1}{m}\in\mathbb{N}.$$ Deje $k$ ser un entero positivo para el cual $$\dfrac{m+1}{n}+\dfrac{n+1}{m}=k\tag{1}$$ for some $m,n\in\mathbb{N}$. Note that $t=m$ es una solución para $$t^2-(kn-1)t+(n^2+n)=0.$$ Sin embargo, hay otra raíz $t=kn-1-m=\dfrac{n^2+n}{m}$, que es un entero como $kn-1-m\in\mathbb{Z}$, y que es positiva, ya $\dfrac{n^2+n}{m}>0$. Por lo tanto, si $(m,n)$ es un número entero positivo de la solución a (1), a continuación, $(n,kn-1-m)=\left(n,\dfrac{n^2+n}{m}\right)$ es también un número entero positivo de solución.

Ahora, supongamos que el $(m_0,n_0)$ es una solución de (1) tal que $m_0\geq n_0$ e $m_0+n_0$ es más pequeño posible. Si $m_0>n_0$, podemos ver que $\left(n_0,\dfrac{n_0^2+n_0}{m_0}\right)$ también es una solución, pero $$n_0+\frac{n_0^2+n_0}{m_0}=n_0+n_0\left(\frac{n_0+1}{m_0}\right)\leq n_0+n_0<m_0+n_0\,.$$ Esto contradice la minimality de $m_0+n_0$, y por lo $m_0=n_0$ deben tener. Por lo tanto, $$k=\frac{m_0+1}{m_0}+\frac{m_0+1}{m_0}=2+\frac{2}{m_0}\,.$$ Que es, $(m_0,n_0)=(1,1)$ (lo que le da $k=4$) o $(m_0,n_0)=(2,2)$ (lo que le da $k=3$).

En el primer caso, $m_0=n_0=1$ e $k=4$. Definir una secuencia $(a_0,a_1,a_2,\ldots)$ tomando $a_0=1$, $a_1=1$, y $$a_{r}=4a_{r-1}-a_{r-2}-1$$ para $r=2,3,4,\ldots$. De ello se desprende que todas las soluciones $(m,n)$ con $k=4$ tal que $m\leq n$ son de la forma $(a_{r},a_{r+1})$ para algunos $r=0,1,2,\ldots$. Por ejemplo, $a_2=2$, $a_3=6$, $a_4=21$, e $a_5=77$.

En el segundo caso, $m_0=n_0=2$ e $k=3$. Definir una secuencia $(b_0,b_1,b_2,\ldots)$ tomando $b_0=2$, $b_1=2$, y $$b_r=3b_{r-1}-b_{r-2}-1$$ para $r=2,3,4,\ldots$. De ello se desprende que todas las soluciones $(m,n)$ con $k=3$ tal que $m\leq n$ son de la forma $(b_{r},b_{r+1})$ para algunos $r=0,1,2,\ldots$. Por ejemplo, $b_2=3$, $b_3=6$, $b_4=14$, e $b_5=35$.

Answer 2

Ecuación: $$\frac{m+1}{n}+\frac{n+1}{m}=a$$ Usted puede resolver utilizando la ecuación de Pell: $p^2-(a^2-4)s^2=1$ A continuación, las soluciones son:

$$n=2(p-(a+2)s)s$$

$$m=-2(p+(a+2)s)s$$

Y más soluciones:

$$n=\frac{2p(p+(a-2)s)}{a-2}$$

$$m=\frac{2p(p-(a-2)s)}{a-2}$$

También puede escribir la solución de la fórmula si el coeficiente es tal que la ecuación de $p^2-(a^2-4)s^2=4$ y tomar ventaja de sus decisiones. A continuación, la fórmula tiene la forma:

$$n=\frac{p-(a-2)s+2}{2(a-2)}$$

$$m=\frac{p+(a-2)s+2}{2(a-2)}$$