Demostrar que hay un número infinito de pares de enteros positivos $(m,n)$ tal que $\frac{m+1}{n}+\frac{n+1}{m}$ es un número entero positivo

Question

La pregunta es:

Demuestre que hay un número infinito de pares $(m,n): m, n \in \mathbb{Z}^{+}$ tal que..: $$\frac{m+1}{n}+\frac{n+1}{m} \in \mathbb{Z}^{+}$$

Empecé a abordar este problema examinando el hecho de que siempre que la expresión fuera un entero positivo, lo siguiente debía ser cierto:

$$\frac{m+1}{n}+\frac{n+1}{m} - \left\lfloor\frac{m+1}{n}+\frac{n+1}{m}\right\rfloor = 0$$

Sin embargo, no pude hacer mucho más con esta expresión, así que la abandoné y volví a empezar el problema desde un ángulo diferente.

A continuación, he reordenado la expresión para afirmar que:

$$\frac{m^2+m+n^2+n}{mn} \in \mathbb{Z}^{+} \implies \frac{m(m+1) + n(n+1)}{mn} \in \mathbb{Z}^{+}$$

Y por lo tanto:

$$mn \mid (m(m+1) + n(n+1))$$

Sin embargo, no estoy seguro de cómo demostrar que hay infinitas ocurrencias de $(m, n)$ para los que esto es cierto. Así que agradecería cualquier ayuda.

Gracias de antemano

Answer 1

Defina la secuencia de Fibonacci de la forma habitual: $F_0=0$ , $F_1=1$ , $F_{k+2}=F_{k+1}+F_k$ para $k\ge0$ . Es fácil demostrar por inducción que para todos los índices $k$ tenemos $$ F_{k+1}^2-F_{k+1}F_k-F_k^2=(-1)^k.\tag{1} $$ Supongamos que $k$ es impar. Sustituye a $F_{k+1}=F_{k+2}-F_k$ a la ecuación $(1)$ . Tras ampliarlo y combinar los términos obtenemos $$ F_{k+2}^2-3F_{k+2}F_k+F_k^2=-1.\tag{2} $$ Seleccionemos $m=F_{k+2}+1$ y $n=F_k+1$ . Introduciendo esto en la ecuación $(2)$ da $$ (m-1)^2-3(m-1)(n-1)+(n-1)^2=-1\Leftrightarrow (m^2+m)+(n^2+n)=3mn, $$ lo que significa que las opciones $m=F_{k+2}+1$ , $n=F_k+1$ es una solución a la ecuación $$ \frac{m+1}n+\frac{n+1}m=3. $$ Obviamente la infinitud del número de soluciones se deduce de esto.

---

¿Cómo se me ocurrió esto? Haz unos cuantos miles de casos de prueba con Mathematica. Observe que $3$ se produce como la suma a menudo. Resuelve para $m$ en términos de $n$ de la ecuación $$ \frac{m+1}n+\frac{n+1}m=3. $$ Resulta que el discriminante de esta ecuación cuadrática es $$ 5n^2-10n+1=5(n-1)^2-4. $$ Por agradables trozos de historia personal (IMO1981) supe que este es un cuadrado perfecto, si $n-1$ es un número de Fibonacci de un índice impar.

Answer 2

Sugerencia $\rm\displaystyle\ \frac{m\!+\!1}n + \frac{n\!+\!1}m = 3\iff n^2 - (3m\!-\!1)\, n + m^2\!+\!m = 0,\ \:n,m\ne 0 $

Aviso si $\rm\:n\:$ es una raíz de $\rm\ n^2 - (3m\!-\!1)\, n + m^2\!+\!m\:$ entonces también lo es $\rm\,n' = (3m\!-\!1)\!-\!n = 3m\!-\!n\!-\!1,\:$ ya que la suma de las raíces es igual a menos el coeficiente lineal $\rm\ n+n' =\ 3m-1.$

El hecho de que haya infinitas soluciones se deduce fácilmente al observar que esto produce un mapa de simetría en el espacio de soluciones que produce soluciones "más grandes", por lo que al iterar, comenzando con la solución $\rm\:(2,3),\:$ produce un conjunto ilimitado, es decir, infinito, de soluciones. En efecto, al componer la reflexión de la "otra raíz" anterior $\rm\:(n,m)\to (n',m)\:$ con $\rm(x,y)\to (y,x)\:$ produce $\rm\:(n,m)\to (m,n')\:,$ que es "más grande" ya que $\rm\: m > n \ge 1\:\Rightarrow\: n'>m\:$ por $\rm\:n' = 3m\!-\!n\!-\!1 = m\!-\!n\, +\, m\!-\!1\, +\, m\, >\, m\quad$ QED

Esto da como resultado $\rm\:(n,m)\, =\, (2,3),\, (3,6),\,(6,14),\,(14,35),\,(35,90),\,\ldots,\,(f_{\,2k+1}\!+1,f_{\,2k+3}\!+1),\,\ldots\:$ compuesto por los números de Fibonacci del índice impar más uno, tal y como descubrió Jyrki mediante un enfoque completamente diferente. En efecto, tenemos

$$\begin{eqnarray}\rm \rm (n,\,m) &\to&\rm\ (m,\ 3m-n-1)\, =\, (m,n')\quad \\ \rm i.e. \ \ \ (1+f_{\,k},\,1+f_{\,k+2}) &\to&\rm\ (1+f_{\,k+2},\,1+f_{\,k+4}) \end{eqnarray}$$

porque $\rm\ 1+f_{\,k+4} = 3(1+f_{\,k+2}) - (1+f_{\,k}) - 1 = 3m-n-1 = n'\:$ como se puede comprobar fácilmente.

Es importante destacar que el enfoque anterior no no requieren ningún conocimiento sobre los números de Fibonacci (o cualquier otro conocimiento especializado). En cambio, todo se deduce del simple y ubicuo hecho de que la reflexión a la "otra raíz", combinada con la obvia reflexión $\rm\:(x,y)\to (y,x)\:$ de que la ecuación es simétrica, da lugar a un grupo de simetrías en el espacio de soluciones, que nos permite generar un conjunto ilimitado (por tanto, infinito) de soluciones.

Estos resultados han hermoso interpretaciones geométricas a través de leyes de adición y grupos en cónicas - una visión pobre de la hermosa ley de grupo en curvas elípticas. También hay conexiones estrechas con casos especiales sencillos de la ecuación de Pell y resultados relacionados. Pero no es necesario conocer técnicas tan avanzadas para comprender y admirar la belleza de dichas técnicas inspiradas en la simetría.

Answer 3

He aquí una solución más inspirada.

Demostraré una afirmación más fuerte: que $$\frac{m+1}{n}+\frac{n+1}{m}=3$$ tiene infinitas soluciones en números enteros positivos.

Configuración $$m=2d(d+a), n=2d(d-a)$$ Tenemos $$\frac{m+1}{n}+\frac{n+1}{m}=\frac{2d^2+2a^2+1}{d^2-a^2}$$

Así que para $\frac{m+1}{n}+\frac{n+1}{m}=3$ para que se mantenga, sólo necesitamos $d^2-5a^2=1$ .

Hay infinitos $(d,a)$ que satisface esta ecuación por una simple ecuación de Pell-Fermat.

En efecto, tomemos enteros positivos $d,a$ para que $d+a\sqrt{5}=(9+4\sqrt{5})^k$ para un $k \in \mathbb{N}$ .

Entonces, tenemos $d^2-5a^2=(d+a\sqrt{5})(d-a\sqrt{5})=(9+4\sqrt{5})^k(9-4\sqrt{5})^k=1$ , según se desee.