[Teoria liczb]Zachełmie 1991 - 9
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.
- WolfusA
- Użytkownik
- Posty: 208
- Rejestracja: 27 sty 2017, o 19:43
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 17 razy
- Pomógł: 9 razy
[Teoria liczb]Zachełmie 1991 - 9
Niech \(\displaystyle{ f(x,y)=\frac{x^2+y^2}{xy-1}}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ \forall_{ m,n\in \ZZ}\ \left( f(m,n)\in \ZZ_+\implies f(m,n)=5\right)}\). Ponadto udowodnij istnienie nieskończenie wielu rozwiązań \(\displaystyle{ (x,y)\in \ZZ^2}\) równania \(\displaystyle{ f(x,y)=5}\).
Ostatnio zmieniony 13 lis 2018, o 21:46 przez WolfusA, łącznie zmieniany 4 razy.
- timon92
- Użytkownik
- Posty: 1665
- Rejestracja: 6 paź 2008, o 16:47
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 476 razy
[Teoria liczb]Zachełmie 1991 - 9
o prawdziwości powyższego zdania świadczy na przykład para \(\displaystyle{ (m,n)=(3,3)}\); istotnie, dla \(\displaystyle{ m=n=3}\) implikacja \(\displaystyle{ f(m,n)\in Z_+\implies f(m,n)=5}\) jest prawdziwa, gdyż zarówno poprzednik jak i następnik implikacji są fałszyweWolfusA pisze:\(\displaystyle{ \exists_{ m,n\in Z}\ f(m,n)\in Z_+\implies f(m,n)=5}\)
- timon92
- Użytkownik
- Posty: 1665
- Rejestracja: 6 paź 2008, o 16:47
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 476 razy
Re: [Teoria liczb]Zachełmie 1991 - 9
po wstawieniu nawiasu wciąż jest problem, gdyż w formule \(\displaystyle{ \left(\exists_{ m,n\in \ZZ}\ f(m,n)\in \ZZ_+\right)\implies f(\color{red}m\color{black},\color{red}n\color{black})=5}\) pojawiają się zmienne wolne (zakolorowałem je na czerwono)
- niunix98
- Użytkownik
- Posty: 96
- Rejestracja: 19 lis 2017, o 20:25
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 9 razy
- Pomógł: 17 razy
[Teoria liczb]Zachełmie 1991 - 9
Co do drugiej części zadania. Wydaje mi się, że wystarczy rozwiązać równanie kwadratowe (przyjmując \(\displaystyle{ xy \neq 1}\)):
\(\displaystyle{ \frac{ x^{2} + y^{2} }{xy - 1} = 5 \Leftrightarrow x^{2} + y^{2} = 5xy - 5 \Leftrightarrow y^{2} - 5xy + x^{2} + 5 = 0}\). Mamy \(\displaystyle{ \Delta = 25x^{2} - 4( x^{2} + 5) = 21x^{2} - 20 \Rightarrow y = \frac{1}{2} (5x \pm \sqrt{ 21x^{2} - 20 })}\). Teraz wystaczy, żeby \(\displaystyle{ \Delta = k^{2}}\), bo wtedy zarówno dla \(\displaystyle{ x}\) parzystego jak i nieparzystego mamy \(\displaystyle{ \sqrt{\Delta} \equiv_{2} 5x}\). Czyli mamy równanie \(\displaystyle{ 21x^{2} - 20 = l^{2} \Leftrightarrow 21x^{2} - l^{2} = 20}\), które ma nieskończenie wiele rozwiązań dla liczb \(\displaystyle{ x, l \in \mathbb{Z}}\), ponieważ jest równaniem Pella (zmodyfikowanym). Ale nie jestem pewien, czy równania Pella mają też nieskończenie wiele rozwiązań w liczbach całkowitych, gdy po prawej stronie jest \(\displaystyle{ 20}\) zamiast \(\displaystyle{ 1}\)...
BTW czy w treści zadania nie powinno być \(\displaystyle{ \forall m,n \in \mathbb{Z} \quad f(m,n) \in \mathbb{Z_{+} } \Rightarrow f(m,n) = 5}\) albo coś takiego?
\(\displaystyle{ \frac{ x^{2} + y^{2} }{xy - 1} = 5 \Leftrightarrow x^{2} + y^{2} = 5xy - 5 \Leftrightarrow y^{2} - 5xy + x^{2} + 5 = 0}\). Mamy \(\displaystyle{ \Delta = 25x^{2} - 4( x^{2} + 5) = 21x^{2} - 20 \Rightarrow y = \frac{1}{2} (5x \pm \sqrt{ 21x^{2} - 20 })}\). Teraz wystaczy, żeby \(\displaystyle{ \Delta = k^{2}}\), bo wtedy zarówno dla \(\displaystyle{ x}\) parzystego jak i nieparzystego mamy \(\displaystyle{ \sqrt{\Delta} \equiv_{2} 5x}\). Czyli mamy równanie \(\displaystyle{ 21x^{2} - 20 = l^{2} \Leftrightarrow 21x^{2} - l^{2} = 20}\), które ma nieskończenie wiele rozwiązań dla liczb \(\displaystyle{ x, l \in \mathbb{Z}}\), ponieważ jest równaniem Pella (zmodyfikowanym). Ale nie jestem pewien, czy równania Pella mają też nieskończenie wiele rozwiązań w liczbach całkowitych, gdy po prawej stronie jest \(\displaystyle{ 20}\) zamiast \(\displaystyle{ 1}\)...
BTW czy w treści zadania nie powinno być \(\displaystyle{ \forall m,n \in \mathbb{Z} \quad f(m,n) \in \mathbb{Z_{+} } \Rightarrow f(m,n) = 5}\) albo coś takiego?
- WolfusA
- Użytkownik
- Posty: 208
- Rejestracja: 27 sty 2017, o 19:43
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 17 razy
- Pomógł: 9 razy
Re: [Teoria liczb]Zachełmie 1991 - 9
Z pomocą ogarnąłem wreszcie kwantyfikator.
Widocznie mają nieskończenie wiele rozwiązań, ale trzeba to tu wykazać. Nie jest to w żaden sposób oczywiste.
Widocznie mają nieskończenie wiele rozwiązań, ale trzeba to tu wykazać. Nie jest to w żaden sposób oczywiste.
- niunix98
- Użytkownik
- Posty: 96
- Rejestracja: 19 lis 2017, o 20:25
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 9 razy
- Pomógł: 17 razy
Re: [Teoria liczb]Zachełmie 1991 - 9
Jest twierdzenie mówiące, że równanie Pella \(\displaystyle{ x^{2} - Dy^{2} = 1}\) ma nieskończenie wiele rozwiązań, gdy \(\displaystyle{ D}\) nie jest kwadratem liczby całkowitej. Dowodu nie znam, ale na pewno łatwo go znaleźć. Dodatkowo, istnieje , który wyznacza nieskończenie wiele rozwiązań tego równania. Wydaje mi się, że równanie \(\displaystyle{ 21x^{2} - l^{2} = 20}\) również ma nieskończenie wiele rozwiązań, a przynajmniej tak podpowiada , co zawsze podnosi na duchu:)
Kod: Zaznacz cały
https://pl.wikipedia.org/wiki/R%C3%B3wnanie_Pella#Znajdowanie_rozwi%C4%85za%C5%84
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5762
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 132 razy
- Pomógł: 528 razy
Re: [Teoria liczb]Zachełmie 1991 - 9
Można tak:
zmodyfikujmy to:
\(\displaystyle{ \frac{ \left( x+y \right) ^2-2xy}{xy-1}=5}\)
podstawmy:
(*) \(\displaystyle{ x+y=a, xy=b}\)
otrzymamy:
\(\displaystyle{ \frac{a^2-2b}{b-1}=5}\)
lub:
\(\displaystyle{ a^2=7b-5}\)
łatwo zauważyć, że dla:
\(\displaystyle{ b=7n^2+6n+2}\)
\(\displaystyle{ a=7n+3}\)
mamy takie nieskończone przykładowe rozwiązania, ale wracając do (*) otrzymamy:
\(\displaystyle{ x+y=7n+3,xy=7n^2+6n+2}\)
po próbie rozwiązania tego układu mamy:
\(\displaystyle{ x^2- \left( 7n+3 \right) x+7n^2+6n+2=0}\)
wyliczmy deltę:
\(\displaystyle{ \Delta=21n^2+18n+1}\)
oczywiście musi być spełnione:
\(\displaystyle{ 21n^2+18n+1=t^2}\)
zapiszmy to tak:
\(\displaystyle{ 21\left( \frac{7n+3}{7} \right)^2 - \frac{20}{7}=t^2}\)
lub:
\(\displaystyle{ 21 \left( 7n+3 \right) ^2-140=49t^2}\)
na koniec:
\(\displaystyle{ 3 \left( 7n+3 \right) ^2-20=7t^2}\)
niech:
\(\displaystyle{ 7n+3=k}\)
mamy:
\(\displaystyle{ 3k^2-7t^2=20}\)
lub inaczej:
\(\displaystyle{ \left( 84k \right) ^2-84 \left( 14t \right) ^2=28 \cdot 1680}\)
lub:
\(\displaystyle{ A^2-84B^2=47040}\)
jest to jakaś modyfikacja równania Pellego
ma nieskończenie wiele rozwiązań...
np:
\(\displaystyle{ A= 28 \left( -6 \left( 55 - 12 \sqrt{21} \right) ^n + \sqrt{21} \left( 55 - 12 \sqrt{21} \right) ^n - 6 \left( 55 + 12 \sqrt{21} \right) ^n - \sqrt{21} \left( 55 + 12 \sqrt{21} \right) ^n \right)}\)
\(\displaystyle{ B= 2 \left( -7 \left( 55 - 12 \sqrt{21} \right) ^n + 2 \sqrt{21} \left( 55 - 12 \sqrt{21} \right) ^n - 7 \left( 55 + 12 \sqrt{21} \right) ^n - 2 \sqrt{21} \left( 55 + 12 \sqrt{21} \right) ^n \right)}\)
...
zmodyfikujmy to:
\(\displaystyle{ \frac{ \left( x+y \right) ^2-2xy}{xy-1}=5}\)
podstawmy:
(*) \(\displaystyle{ x+y=a, xy=b}\)
otrzymamy:
\(\displaystyle{ \frac{a^2-2b}{b-1}=5}\)
lub:
\(\displaystyle{ a^2=7b-5}\)
łatwo zauważyć, że dla:
\(\displaystyle{ b=7n^2+6n+2}\)
\(\displaystyle{ a=7n+3}\)
mamy takie nieskończone przykładowe rozwiązania, ale wracając do (*) otrzymamy:
\(\displaystyle{ x+y=7n+3,xy=7n^2+6n+2}\)
po próbie rozwiązania tego układu mamy:
\(\displaystyle{ x^2- \left( 7n+3 \right) x+7n^2+6n+2=0}\)
wyliczmy deltę:
\(\displaystyle{ \Delta=21n^2+18n+1}\)
oczywiście musi być spełnione:
\(\displaystyle{ 21n^2+18n+1=t^2}\)
zapiszmy to tak:
\(\displaystyle{ 21\left( \frac{7n+3}{7} \right)^2 - \frac{20}{7}=t^2}\)
lub:
\(\displaystyle{ 21 \left( 7n+3 \right) ^2-140=49t^2}\)
na koniec:
\(\displaystyle{ 3 \left( 7n+3 \right) ^2-20=7t^2}\)
niech:
\(\displaystyle{ 7n+3=k}\)
mamy:
\(\displaystyle{ 3k^2-7t^2=20}\)
lub inaczej:
\(\displaystyle{ \left( 84k \right) ^2-84 \left( 14t \right) ^2=28 \cdot 1680}\)
lub:
\(\displaystyle{ A^2-84B^2=47040}\)
jest to jakaś modyfikacja równania Pellego
ma nieskończenie wiele rozwiązań...
np:
\(\displaystyle{ A= 28 \left( -6 \left( 55 - 12 \sqrt{21} \right) ^n + \sqrt{21} \left( 55 - 12 \sqrt{21} \right) ^n - 6 \left( 55 + 12 \sqrt{21} \right) ^n - \sqrt{21} \left( 55 + 12 \sqrt{21} \right) ^n \right)}\)
\(\displaystyle{ B= 2 \left( -7 \left( 55 - 12 \sqrt{21} \right) ^n + 2 \sqrt{21} \left( 55 - 12 \sqrt{21} \right) ^n - 7 \left( 55 + 12 \sqrt{21} \right) ^n - 2 \sqrt{21} \left( 55 + 12 \sqrt{21} \right) ^n \right)}\)
...
Ostatnio zmieniony 13 lis 2018, o 22:11 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Powód: Poprawa wiadomości.