$\frac{a^{2}-1}{b+1}+\frac{b^{2}-1}{a+1}$ un entero $\Rightarrow \frac{a^{2}-1}{b+1}$ y $\frac{b^{2}-1}{a+1}$son enteros. [duplicar]

Question

Si $\frac{a^{2}-1}{b+1}+\frac{b^{2}-1}{a+1}$ es un número entero, demuestre que también $\frac{a^{2}-1}{b+1}$ y $\frac{b^{2}-1}{a+1}$ son enteros.

Al hacer las matemáticas, obtengo $\frac{(a-1)(a+1)^{2}+(b-1)(b+1)^{2}}{(a+1)(b+1)}$ es un número entero que significa que $(a+1)(b+1)$ divide $(a-1)(a+1)^{2}+(b-1)(b+1)^{2}$.

pero no se como continuar.

Por cierto, esto no es tarea ni nada. Lo acabo de encontrar en un libro.

Answer 1

El problema establece que, para algunos números naturales $a$ y $b$, hay un entero $i$ dónde

$$\frac{a^2 - 1}{b + 1} + \frac{b^2 - 1}{a + 1} = i \tag{1}\label{eq1A}$$

Si el primer término es un número entero, digamos $\frac{a^2 - 1}{b + 1} = j$, luego $\frac{b^2 - 1}{a + 1} = i - j$también es un número entero. Hacer lo mismo con el segundo término muestra que si cualquiera de los términos es un número entero, el otro también lo es.

Suponga que ninguno de los términos del lado izquierdo en \ eqref {eq1A} es un número entero. Como lo hizo, la combinación de los términos usando un denominador común da

$$\frac{(a - 1)(a + 1)^{2} + (b - 1)(b + 1)^{2}}{(a + 1)(b + 1)} = i \tag{2}\label{eq2A}$$

Desde $a + 1 \mid (a - 1)(a + 1)^{2}$, esto significa $a + 1 \mid (b - 1)(b + 1)^{2} = (b + 1)(b^2 - 1)$. Sin embargo, dado que se asume$a + 1 \not\mid b^2 - 1$, esto significa que hay un mejor $p$ donde, usando el $p$-función de orden ácida , tenemos

$$\nu_{p}(a + 1) \gt \nu_{p}(b^2 - 1) \tag{3}\label{eq3A}$$

pero

$$\nu_{p}(a + 1) \le \nu_{p}((b + 1)(b^2 - 1)) \tag{4}\label{eq4A}$$

Esto significa $p \mid b + 1$. Definir

$$\nu_{p}(a + 1) = k_1 \tag{5}\label{eq5A}$$

$$\nu_{p}(b + 1) = k_2 \tag{6}\label{eq6A}$$

Si $p \neq 2$, luego $p \not\mid b - 1$ y $p \not\mid a - 1$. Por tanto, \ eqref {eq3A} da

$$k_1 \gt k_2 \tag{7}\label{eq7A}$$

Desde $\nu_{p}((a - 1)(a + 1)^2) = 2k_1$ y $\nu_{p}((b - 1)(b + 1)^2) = 2k_2$, esto significa con el numerador de \ eqref {eq2A},

$$\nu_{p}((a - 1)(a + 1)^{2} + (b - 1)(b + 1)^{2}) = 2k_2 \tag{8}\label{eq8A}$$

Sin embargo, con el denominador,

$$\nu_{p}((a + 1)(b + 1)) = k_1 + k_2 \gt 2k_2 \tag{9}\label{eq9A}$$

Por tanto, la fracción no puede ser un número entero. Dado que es un número entero, esto significa la suposición$p \neq 2$ debe ser incorrecta, es decir, $p = 2$. Por lo tanto,$a$ y $b$ son extraños, con $p \mid a - 1$ y $p \mid b - 1$. Definir

$$\nu_{p}(a - 1) = m_1 \tag{10}\label{eq10A}$$

$$\nu_{p}(b - 1) = m_2 \tag{11}\label{eq11A}$$

El uso de \ eqref {eq6A} y \ eqref {eq11A} en \ eqref {eq3A} da

$$k_1 \gt k_2 + m_2 \tag{12}\label{eq12A}$$

Tenga en cuenta que los mismos argumentos anteriores podrían haberse utilizado para verificar $b + 1$ no dividir en $a^2 - 1$, llegando también a la conclusión de que el principal involucrado debe ser $2$. Por lo tanto, esto daría \ eqref {eq12A} pero con el$1$ y $2$ índices cambiados, es decir,

$$k_2 \gt k_1 + m_1 \tag{13}\label{eq13A}$$

La combinación de \ eqref {eq12A} y \ eqref {eq13A} da

$$k_1 \gt k_2 + m_2 \gt (k_1 + m_1) + m_2 \implies 0 \gt m_1 + m_2 \tag{14}\label{eq14A}$$

Esto no es posible ya que $m_1$ y $m_2$deben ser números enteros positivos. Por lo tanto, la suposición original de que los dos términos de la izquierda en \ eqref {eq1A} no son números enteros debe ser incorrecta, es decir, ambos son números enteros.

Answer 2

Llamar a las fracciones $r,s.\,$ Nota $\,rs = (a\!-\!1)(b\!-\!1) := m\in \Bbb Z,\,$ Así que si $\,r\!+\!s = n\in\Bbb Z\,$ luego $\,r,s\,$ son raíces de $\, (x-r)(x-s)\, =\ \color{#c00}1\cdot x^2 - n\, x + m\,$ entonces $\,r,s\in \Bbb Z\,$por prueba de raíz racional (es decir, si$\,c/d\,$ es una raíz racional reducida entonces $\,d\mid\color{#c00}1,\,$ entonces $\,d\!=\!1,\,$ entonces $\,c/d\in\Bbb Z)$.

Observación $ $ Generalmente, esto muestra que dos racionales con suma y producto enteros deben ser números enteros.