1. Znajdź wszystkie liby pierwsze \(\displaystyle{ p}\), takie że \(\displaystyle{ p^2-p+1}\) jest sześcianem liczby naturalnej.
2. Znajdź wszystkie całkowite \(\displaystyle{ x,y}\), takie że liczba \(\displaystyle{ \frac{x^2+y^2}{xy-1}}\) również jest liczbą całkowitą.
3. Wykaż, że jeśli \(\displaystyle{ m,n}\) to liczby naturalne dodatnie, przy czym \(\displaystyle{ m>n}\) i \(\displaystyle{ m^2+mn+n^2}\) dzieli \(\displaystyle{ nm(n+m)}\), to \(\displaystyle{ (m-n)^3 \geq mn}\)
[Teoria liczb] Sześcian, liczby całkowite
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
-
palazi
- Użytkownik
- Posty: 175
- Rejestracja: 6 wrz 2006, o 21:58
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Łapy/Białystok
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 37 razy
[Teoria liczb] Sześcian, liczby całkowite
Odgrzebuję 
A więc zad. 1
\(\displaystyle{ p(p-1) = a^3 - 1 = (a-1)(a^2 + a + 1)}\)
Najpierw założmy, ze \(\displaystyle{ p| (a-1)}\) Lecz to szybko prowadzi do sprzeczności (dowód zostawiam czytajacym
)
No i po dojściu do sprzenosci ostatecznie musi więc zachodzić podzielność: \(\displaystyle{ p| a^2 + a + 1}\)
Czyli \(\displaystyle{ a^2 + a + 1 = kp}\) i wstawiając to do poczatkowego równania mamy tż, że \(\displaystyle{ p-1 = k(a-1)}\) czyli \(\displaystyle{ p = k(a-1) +1}\)
Teraz wstawmy tą zaleznośc to 1st równania, dostajemy:
\(\displaystyle{ a^2 + a + 1 = k( k(a-1) +1 )}\) czyli:
\(\displaystyle{ a^2 + a(1-k^2) + k^2 - k +1 = 0}\)
Jest to równanie drugiego stopnia o zmiennej \(\displaystyle{ a}\)
Liczymy delte:
\(\displaystyle{ \Delta =k^4 - 6k^2 + 4k - 3}\) Pierwiastkami powyższego równ. kwadratowego jest liczba \(\displaystyle{ a}\) która jest calkowita, więc delta tego równania musi być kwadratem liczby całkowitej.
Ale zauważmy, że dla \(\displaystyle{ k>3}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ (k^2 -2)^2 > \Delta > (k^2-3)^2}\)
Więc dla \(\displaystyle{ k>3}\) delta tego równania kwadratowego nie jest kwadratem l. całkowitej. Wiec wystarczy teraz sprawdzić trzy przypadki dla \(\displaystyle{ k=1;2;3}\)
Dla pierwszych dwóch przypadków wychodzi sprzecznosc, ale \(\displaystyle{ k=3}\) wychodzi: \(\displaystyle{ p = 19}\) oraz \(\displaystyle{ a = 7}\)
Co do zad. 2 to jest ono b. znane. Opiera sie na metodzie nieskonczonego schodzenia. Jest rozw. chociażby w ksiażce "Złote rybki w oceanie matematyki" L. Kourliandtchika.
A więc zad. 1
\(\displaystyle{ p(p-1) = a^3 - 1 = (a-1)(a^2 + a + 1)}\)
Najpierw założmy, ze \(\displaystyle{ p| (a-1)}\) Lecz to szybko prowadzi do sprzeczności (dowód zostawiam czytajacym
)No i po dojściu do sprzenosci ostatecznie musi więc zachodzić podzielność: \(\displaystyle{ p| a^2 + a + 1}\)
Czyli \(\displaystyle{ a^2 + a + 1 = kp}\) i wstawiając to do poczatkowego równania mamy tż, że \(\displaystyle{ p-1 = k(a-1)}\) czyli \(\displaystyle{ p = k(a-1) +1}\)
Teraz wstawmy tą zaleznośc to 1st równania, dostajemy:
\(\displaystyle{ a^2 + a + 1 = k( k(a-1) +1 )}\) czyli:
\(\displaystyle{ a^2 + a(1-k^2) + k^2 - k +1 = 0}\)
Jest to równanie drugiego stopnia o zmiennej \(\displaystyle{ a}\)
Liczymy delte:
\(\displaystyle{ \Delta =k^4 - 6k^2 + 4k - 3}\) Pierwiastkami powyższego równ. kwadratowego jest liczba \(\displaystyle{ a}\) która jest calkowita, więc delta tego równania musi być kwadratem liczby całkowitej.
Ale zauważmy, że dla \(\displaystyle{ k>3}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ (k^2 -2)^2 > \Delta > (k^2-3)^2}\)
Więc dla \(\displaystyle{ k>3}\) delta tego równania kwadratowego nie jest kwadratem l. całkowitej. Wiec wystarczy teraz sprawdzić trzy przypadki dla \(\displaystyle{ k=1;2;3}\)
Dla pierwszych dwóch przypadków wychodzi sprzecznosc, ale \(\displaystyle{ k=3}\) wychodzi: \(\displaystyle{ p = 19}\) oraz \(\displaystyle{ a = 7}\)
Co do zad. 2 to jest ono b. znane. Opiera sie na metodzie nieskonczonego schodzenia. Jest rozw. chociażby w ksiażce "Złote rybki w oceanie matematyki" L. Kourliandtchika.
-
Sylwek
- Użytkownik
- Posty: 2692
- Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice
- Podziękował: 160 razy
- Pomógł: 664 razy
[Teoria liczb] Sześcian, liczby całkowite
ad. 3) - wyszła mi znacznie mocniejsza nierówność, ale nie mogę znaleźć żadnego błędu w moim dowodzie, więc umieszczam - być może dowód wzorcowy opierał się na czymś słabszym i dlatego była tam dość słaba nierówność.
Mamy: \(\displaystyle{ \frac{n(m^2n+mn^2)}{m^2n+mn^2+n^3} \in \mathbb{N} \iff \frac{n(m^2n+mn^2+n^3)-n^4}{m^2n+mn^2+n^3} \in \mathbb{N} \iff \\ \iff \frac{n^3}{m^2+mn+n^2} \in \mathbb{Z}}\)
Przypuśćmy nie wprost: \(\displaystyle{ (m,n)=1}\) i przekształcajmy z algorytmu Euklidesa i własności liczb względnie pierwszych: \(\displaystyle{ 1=(m,n)=(m^2,n)=(m^2+mn+n^2,n)=(m^2+mn+n^2,n^3)}\) - co stoi w sprzeczności z tym, że \(\displaystyle{ \frac{n^3}{m^2+mn+n^2} \in \mathbb{Z}}\)
Zatem \(\displaystyle{ m=da, \ n=db, \ (a,b)=1, \ d \geqslant 2, \ a>b}\). Wstawiając do wyjściowej podzielności: \(\displaystyle{ \mathbb{Z} \ni\frac{mn(m+n)}{m^2+mn+n^2}=\frac{dab(a+b)}{a^2+ab+b^2}}\)
Korzystając z lematu: \(\displaystyle{ (a,b)=1 \ \Rightarrow \ (a+b,ab)=1}\) otrzymujemy: \(\displaystyle{ 1=(a+b,ab)=((a+b)^2,ab)=(a^2+2ab+b^2,ab)=(a^2+ab+b^2,ab)}\) oraz \(\displaystyle{ 1=(a+b,ab)=(a+b,(a+b)^2-ab)=(a+b,a^2+ab+b^2)}\), zatem mamy: \(\displaystyle{ (ab(a+b),a^2+ab+b^2)=1}\)
Ale: \(\displaystyle{ \frac{dab(a+b)}{a^2+ab+b^2} \in \mathbb{Z}}\), zatem \(\displaystyle{ \frac{d}{a^2+ab+b^2} \in \mathbb{Z}}\), co daje: \(\displaystyle{ \boxed{d \geqslant a^2+ab+b^2}}\)
Teraz możemy już przystąpić do rozwiązywania nierówności
\(\displaystyle{ (m-n)^3-mn=d^3(a-b)^3-d^2ab \geqslant d^3 \cdot 1^3 -d^2ab= \\ =d^2(d-ab)\geqslant d^2(a^2+ab+b^2-ab)=d^2(a^2+b^2)>0}\)
Szczególnym przypadkiem udowodnionej nierówności jest teza zadania, c.k.d.
Mamy: \(\displaystyle{ \frac{n(m^2n+mn^2)}{m^2n+mn^2+n^3} \in \mathbb{N} \iff \frac{n(m^2n+mn^2+n^3)-n^4}{m^2n+mn^2+n^3} \in \mathbb{N} \iff \\ \iff \frac{n^3}{m^2+mn+n^2} \in \mathbb{Z}}\)
Przypuśćmy nie wprost: \(\displaystyle{ (m,n)=1}\) i przekształcajmy z algorytmu Euklidesa i własności liczb względnie pierwszych: \(\displaystyle{ 1=(m,n)=(m^2,n)=(m^2+mn+n^2,n)=(m^2+mn+n^2,n^3)}\) - co stoi w sprzeczności z tym, że \(\displaystyle{ \frac{n^3}{m^2+mn+n^2} \in \mathbb{Z}}\)
Zatem \(\displaystyle{ m=da, \ n=db, \ (a,b)=1, \ d \geqslant 2, \ a>b}\). Wstawiając do wyjściowej podzielności: \(\displaystyle{ \mathbb{Z} \ni\frac{mn(m+n)}{m^2+mn+n^2}=\frac{dab(a+b)}{a^2+ab+b^2}}\)
Korzystając z lematu: \(\displaystyle{ (a,b)=1 \ \Rightarrow \ (a+b,ab)=1}\) otrzymujemy: \(\displaystyle{ 1=(a+b,ab)=((a+b)^2,ab)=(a^2+2ab+b^2,ab)=(a^2+ab+b^2,ab)}\) oraz \(\displaystyle{ 1=(a+b,ab)=(a+b,(a+b)^2-ab)=(a+b,a^2+ab+b^2)}\), zatem mamy: \(\displaystyle{ (ab(a+b),a^2+ab+b^2)=1}\)
Ale: \(\displaystyle{ \frac{dab(a+b)}{a^2+ab+b^2} \in \mathbb{Z}}\), zatem \(\displaystyle{ \frac{d}{a^2+ab+b^2} \in \mathbb{Z}}\), co daje: \(\displaystyle{ \boxed{d \geqslant a^2+ab+b^2}}\)
Teraz możemy już przystąpić do rozwiązywania nierówności
\(\displaystyle{ (m-n)^3-mn=d^3(a-b)^3-d^2ab \geqslant d^3 \cdot 1^3 -d^2ab= \\ =d^2(d-ab)\geqslant d^2(a^2+ab+b^2-ab)=d^2(a^2+b^2)>0}\)
Szczególnym przypadkiem udowodnionej nierówności jest teza zadania, c.k.d.
-
mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 13537
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3436 razy
- Pomógł: 812 razy
[Teoria liczb] Sześcian, liczby całkowite
O ile \(\displaystyle{ y=2}\) to widac ze \(\displaystyle{ x=1}\) lub \(\displaystyle{ x=9}\), A co z \(\displaystyle{ y=3}\) ? Skoro \(\displaystyle{ \frac{x^2+9}{3x-1} N}\) to takze \(\displaystyle{ 9 \frac{x^2+9}{3x-1} N}\) tj \(\displaystyle{ 3x+1+ \frac{82}{3x-1} N}\) stad otzrymamy ze 3x-1=2, lub 3x-1=42. tj2. Znajdź wszystkie całkowite \(\displaystyle{ x,y}\), takie że liczba \(\displaystyle{ \frac{x^2+y^2}{xy-1}}\) również jest liczbą całkowitą.
\(\displaystyle{ (1,3), \ (14,3)}\) Dla y=4 rozwiazan brak...Byc moze innych rozwiazan nie ma...Aby sie o tym przekonac trzebaby rozwazyc ulad rownan (tj. kongruencji)...
\(\displaystyle{ y^4+1 \ \equiv 0 \ ( mod \ d)}\)
\(\displaystyle{ d+1 \ \equiv 0 \ ( mod \ y)}\)
-
robin5hood
- Użytkownik
- Posty: 1675
- Rejestracja: 2 kwie 2007, o 14:43
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: warszawa
- Podziękował: 178 razy
- Pomógł: 17 razy
-
Piotr Rutkowski
- Użytkownik
- Posty: 2086
- Rejestracja: 26 paź 2006, o 18:08
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 22 razy
- Pomógł: 390 razy
[Teoria liczb] Sześcian, liczby całkowite
Podobne, ale to nie to. Zadanie, do którego dałeś linka jest bardzo znane i ma wiele różnych rozwiązań. Większość z nich to (także rozwiązanie Twoje) różne warianty metody znanej jako "Vieta jumping". Niestety do tego zadania ta metoda się nie aplikujerobin5hood pisze:2)
... /Problem_6
-
XMaS11
- Użytkownik
- Posty: 372
- Rejestracja: 6 mar 2008, o 21:40
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Suchedniów/Kielce
- Podziękował: 5 razy
- Pomógł: 47 razy
[Teoria liczb] Sześcian, liczby całkowite
Niech:
\(\displaystyle{ \frac{x^2+y^2}{xy-1}=k}\)
Innymi słowy:
\(\displaystyle{ kxy=x^2+y^2+k}\)
Zastąpmy teraz parę \(\displaystyle{ (x,y)}\) parą \(\displaystyle{ (x,kx-y)}\)
Oznaczmy dla wygody \(\displaystyle{ a=x \ , \ b=kx-y}\)
Zauważmy, że :
\(\displaystyle{ kab=kx(kx-y)=(kx)^2-kxy=(kx)^2-2kxy+kxy=\\
=x^2+(kx)^2-2kxy+y^2+k=x^2+(kx-y)^2+k=a^2+b^2+k}\)
Teraz korzystamy z tego co napisał limes123 (swoją drogą jestem ciekaw jak to dowieść )
Dla rozwiązania \(\displaystyle{ (x,y)}\) dostajemy rozwiązanie \(\displaystyle{ (x,5x-y)}\) oraz \(\displaystyle{ (5y-x,y)}\).
Więc tych rozwiązań będzie parę.
Dla rozwiązania mola \(\displaystyle{ y=2 \ , \ x=9}\) dostajemy np. \(\displaystyle{ x=9,y=43}\) , bezpośrednie sprawdzenie pokazuje, że ono też spełnia warunki:
\(\displaystyle{ \frac{9^2+43^2}{9 \cdot 43-1}= \frac{81+1849}{386} =5}\), więc powinno być O.K. ;p
Nie wiem co z tym dalej zrobić.
\(\displaystyle{ \frac{x^2+y^2}{xy-1}=k}\)
Innymi słowy:
\(\displaystyle{ kxy=x^2+y^2+k}\)
Zastąpmy teraz parę \(\displaystyle{ (x,y)}\) parą \(\displaystyle{ (x,kx-y)}\)
Oznaczmy dla wygody \(\displaystyle{ a=x \ , \ b=kx-y}\)
Zauważmy, że :
\(\displaystyle{ kab=kx(kx-y)=(kx)^2-kxy=(kx)^2-2kxy+kxy=\\
=x^2+(kx)^2-2kxy+y^2+k=x^2+(kx-y)^2+k=a^2+b^2+k}\)
Teraz korzystamy z tego co napisał limes123 (swoją drogą jestem ciekaw jak to dowieść )
Dla rozwiązania \(\displaystyle{ (x,y)}\) dostajemy rozwiązanie \(\displaystyle{ (x,5x-y)}\) oraz \(\displaystyle{ (5y-x,y)}\).
Więc tych rozwiązań będzie parę.
Dla rozwiązania mola \(\displaystyle{ y=2 \ , \ x=9}\) dostajemy np. \(\displaystyle{ x=9,y=43}\) , bezpośrednie sprawdzenie pokazuje, że ono też spełnia warunki:
\(\displaystyle{ \frac{9^2+43^2}{9 \cdot 43-1}= \frac{81+1849}{386} =5}\), więc powinno być O.K. ;p
Nie wiem co z tym dalej zrobić.
-
andkom
- Użytkownik
- Posty: 636
- Rejestracja: 10 paź 2007, o 12:57
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Łódź
- Pomógł: 350 razy
[Teoria liczb] Sześcian, liczby całkowite
XMaS11 pisze:Teraz korzystamy z tego co napisał limes123 (swoją drogą jestem ciekaw jak to dowieść )
Nie da się tego dowieść, bo to nie jest prawda. Na przykład dla dowolnego całkowitego \(\displaystyle{ x}\) oraz dla \(\displaystyle{ y=-x^3}\) dostajemylimes123 pisze:Można udowodnić, że \(\displaystyle{ \frac{x^2+y^2}{xy-1}=5}\) jest jedyną możliwością. Może to komuś pomoze.
\(\displaystyle{ \frac{x^2+y^2}{xy-1}=\frac{x^2+x^6}{-x^4-1}=-x^2\ne5}\)
-
robin5hood
- Użytkownik
- Posty: 1675
- Rejestracja: 2 kwie 2007, o 14:43
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: warszawa
- Podziękował: 178 razy
- Pomógł: 17 razy
-
Sylwek
- Użytkownik
- Posty: 2692
- Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice
- Podziękował: 160 razy
- Pomógł: 664 razy
[Teoria liczb] Sześcian, liczby całkowite
Jeśli się ograniczymy do całkowitych dodatnich, to limes123 ma rację, ale zadanie jest w całkowitych, zatem trzeba jeszcze rozważyć podzielność: \(\displaystyle{ (ab+1)|(a^2+b^2)}\) (zastępując \(\displaystyle{ x:=-x}\) właśnie to dostaniemy do udowodnienia w przypadku gdy zmienne są przeciwnych znaków i o tym mówił andkom). Więcej na ten temat napisałem tutaj: 137736.htm
-
Sir George
- Użytkownik
- Posty: 1125
- Rejestracja: 27 kwie 2006, o 10:19
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: z Konopii
- Podziękował: 4 razy
- Pomógł: 203 razy
[Teoria liczb] Sześcian, liczby całkowite
Pozwalam sobie odgrzebać stare zadanie... Wciąż figuruje jako nierozwiązane, jednak jeśli prześledzi się wszystkie posty, to ostatecznie skompletuje się całe rozwiązanie. A mianowicie:
1. W przypadku \(\displaystyle{ \frac{x^2+y^2}{xy-1}>0}\) rozwiązanie jest w poście Sylwka: https://matematyka.pl/137736 (i ).
\(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\) są kolejnymi wyrazami jednego z ciągów: \(\displaystyle{ 1, 2, 9, 43, 206, 987, 4729, 22658, \dots}\) (ciąg A002310 w [url=http://www.research.att.com/~njas/sequences/A002310]"The On-line Encyclopedia of Integer Sequences"[/url]) albo \(\displaystyle{ 1, 3, 14, 67, 321, 1538, 7369, 35307, \dots}\) (ciąg A002320 w [url=http://www.research.att.com/~njas/sequences/A002320]tamże[/url]).
2. Przypadek \(\displaystyle{ \frac{x^2+y^2}{xy-1}<0}\) rozwiązany jest [url=http://www.artofproblemsolving.com/Wiki/index.php/1988_IMO_Problems/Problem_6]tutaj[/url] i [url=http://www.mathpages.com/home/kmath334.htm]tutaj[/url] (wystarczy zauważyć, że podstawiając \(\displaystyle{ -y}\) za \(\displaystyle{ y}\) dostajemy \(\displaystyle{ \frac{x^2+y^2}{xy+1}\in\mathbb{Z}_+}\)).
Rozwiązania \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\) ostatniego wzoru są kolejnymi wyrazami ciągu zdefiniowanego rekurencyjnie: \(\displaystyle{ a_{n+1}=k^2a_n-a_{n-1},\,a_0=0,\,a_1=k}\) (patrz np. ciąg [url=http://www.research.att.com/~njas/sequences/A052530]A052530[/url] albo ciąg [url=http://www.research.att.com/~njas/sequences/A154021]A154021[/url]).
3. Oczywisty przypadek \(\displaystyle{ \frac{x^2+y^2}{xy-1}=0}\) pozostawiam bez komentarza ... -- 1 lutego 2010, 11:07 --BTW, problem 68 w [url=http://matematyka.pl/80505.htm]nierowiązanych problemach[/url]
1. W przypadku \(\displaystyle{ \frac{x^2+y^2}{xy-1}>0}\) rozwiązanie jest w poście Sylwka: https://matematyka.pl/137736 (i ).
\(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\) są kolejnymi wyrazami jednego z ciągów: \(\displaystyle{ 1, 2, 9, 43, 206, 987, 4729, 22658, \dots}\) (ciąg A002310 w [url=http://www.research.att.com/~njas/sequences/A002310]"The On-line Encyclopedia of Integer Sequences"[/url]) albo \(\displaystyle{ 1, 3, 14, 67, 321, 1538, 7369, 35307, \dots}\) (ciąg A002320 w [url=http://www.research.att.com/~njas/sequences/A002320]tamże[/url]).
2. Przypadek \(\displaystyle{ \frac{x^2+y^2}{xy-1}<0}\) rozwiązany jest [url=http://www.artofproblemsolving.com/Wiki/index.php/1988_IMO_Problems/Problem_6]tutaj[/url] i [url=http://www.mathpages.com/home/kmath334.htm]tutaj[/url] (wystarczy zauważyć, że podstawiając \(\displaystyle{ -y}\) za \(\displaystyle{ y}\) dostajemy \(\displaystyle{ \frac{x^2+y^2}{xy+1}\in\mathbb{Z}_+}\)).
Rozwiązania \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\) ostatniego wzoru są kolejnymi wyrazami ciągu zdefiniowanego rekurencyjnie: \(\displaystyle{ a_{n+1}=k^2a_n-a_{n-1},\,a_0=0,\,a_1=k}\) (patrz np. ciąg [url=http://www.research.att.com/~njas/sequences/A052530]A052530[/url] albo ciąg [url=http://www.research.att.com/~njas/sequences/A154021]A154021[/url]).
3. Oczywisty przypadek \(\displaystyle{ \frac{x^2+y^2}{xy-1}=0}\) pozostawiam bez komentarza ... -- 1 lutego 2010, 11:07 --BTW, problem 68 w [url=http://matematyka.pl/80505.htm]nierowiązanych problemach[/url]