Proszę o pomoz w rozwiązaniu równania:
\(\displaystyle{ x ^{2} +3y ^{2} =z ^{4}}\)
Jest to jedno z zadań eliminacyjnych VI Potyczek Matematycznych w Lublinie (żeby nie było termin wysyłania odpowiedzi już minął, dla potwierdzenia link: ).
Próbowałem zrobić to zadanie, niestetym nie znalazłem wszystkich rozwiązań, a jedynie jedną rodzinę z, podejrzewam, wielu.
Byłbym wdzięczny gdyby ktoś przedstawił kompletne rozwiązanie.
Przemon
Równanie diofantyczne
-
bartek118
- Użytkownik
- Posty: 5974
- Rejestracja: 28 lut 2010, o 19:45
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Toruń
- Podziękował: 15 razy
- Pomógł: 1251 razy
Równanie diofantyczne
Ja bym próbował zrobić to tak:
\(\displaystyle{ 3y^{2}=z^{4}-x^{2}}\)
\(\displaystyle{ 3y^{2}=(z^{2}-x)(z^{2}+x)}\)
I widać, że jeśli weźmiemy \(\displaystyle{ y=0}\) i \(\displaystyle{ x=z^{2}}\) to równanie jest prawdziwe
Można spróbować też popatrzeć na to przez \(\displaystyle{ mod 3}\) i \(\displaystyle{ mod 9}\) ale nie wiem czy to coś da
\(\displaystyle{ 3y^{2}=z^{4}-x^{2}}\)
\(\displaystyle{ 3y^{2}=(z^{2}-x)(z^{2}+x)}\)
I widać, że jeśli weźmiemy \(\displaystyle{ y=0}\) i \(\displaystyle{ x=z^{2}}\) to równanie jest prawdziwe
Można spróbować też popatrzeć na to przez \(\displaystyle{ mod 3}\) i \(\displaystyle{ mod 9}\) ale nie wiem czy to coś da
-
przemon
- Użytkownik
- Posty: 36
- Rejestracja: 19 gru 2007, o 19:48
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Zamość
- Pomógł: 5 razy
Równanie diofantyczne
To jest raczej oczywiste, że dla y=0 jest nieskończenie wiele rozwiązań, miałem na myśli roziązanie kompletne rozpatrujące wszystkie przypadki, jak już mówiłem odnalazłem jedną rodzinę rozwiązań, ale całkowicie nie mam pomysłu na rozwiązanie uwzględniające wszystkie przypadki.
Moje rozwiązanie to:
\(\displaystyle{ \begin{cases}x=9m^4-n^4\\ y=2n^3 m+6nm^3\\z=3m^2+n^2 \end{cases}}\)
dla każdego \(\displaystyle{ m \sqrt{3} \ge n \wedge m,n \in N}\)
ale nie jest to rozwiązanie pełne (nie uwzględnia wszystkich możliwości)
Moje rozwiązanie to:
\(\displaystyle{ \begin{cases}x=9m^4-n^4\\ y=2n^3 m+6nm^3\\z=3m^2+n^2 \end{cases}}\)
dla każdego \(\displaystyle{ m \sqrt{3} \ge n \wedge m,n \in N}\)
ale nie jest to rozwiązanie pełne (nie uwzględnia wszystkich możliwości)
-
max
- Użytkownik
- Posty: 3306
- Rejestracja: 10 gru 2005, o 17:48
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Lebendigentanz
- Podziękował: 37 razy
- Pomógł: 778 razy
Równanie diofantyczne
Zacznijmy od równania \(\displaystyle{ x^{2} + 3y^{2} = k^{2}.}\) Pomijając rozwiązanie \(\displaystyle{ (x,y,z) = (0,0,0)}\) możemy przyjąć, że \(\displaystyle{ k\neq 0.}\) Dzieląc stronami przez \(\displaystyle{ k^{2}}\) sprowadzamy problem do znalezienia wymiernych rozwiązań równania:
\(\displaystyle{ s^{2} + 3r^{2} = 1,}\)
czyli do znalezienia punktów o współrzędnych wymiernych leżących na elipsie:
\(\displaystyle{ X^{2} + 3Y^{2} = 1.}\)
Zauważmy, że jeden taki punkt już znamy - jest nim \(\displaystyle{ (X,Y) = (1,0)}\)
Weźmy dowolny inny taki punkt \(\displaystyle{ (X,Y).}\) Narysujmy prostą przechodzącą przez oba punkty i weźmy jej punkt przecięcia \(\displaystyle{ P}\) z osią \(\displaystyle{ Y.}\)
Mamy \(\displaystyle{ P = (0, Y_{P}),}\) gdzie z podobieństwa trójkątów \(\displaystyle{ Y_{P}= \frac{Y}{1 - X},}\) zatem \(\displaystyle{ Y_{P}}\) jest liczbą wymierną.
Na odwrót dowolna prosta przechodząca przez \(\displaystyle{ (1,0)}\) i punkt o współrzędnych wymiernych \(\displaystyle{ (0, Y_{P})}\) na osi \(\displaystyle{ Y}\) przecina naszą elipsę w jeszcze jednym punkcie wymiernym:
Równanie naszej prostej to \(\displaystyle{ Y =-Y_{P}X +Y_{P}.}\) Wstawiając tę zależność do równania naszej elipsy otrzymujemy:
\(\displaystyle{ X^{2}+ 3(Y_{P}X - Y_{P})^{2} = 1}\)
\(\displaystyle{ (3Y_{P}^{2}+1)^{2}X^{2} - 6Y_{P}^{2}X + 3Y_{P}^{2} - 1=0}\)
Znając jedno rozwiązanie tego równania: \(\displaystyle{ X = 1}\) wyznaczamy drugie ze wzorów Viete'a: \(\displaystyle{ X_{1} = \frac{3Y_{P}^{2}-1}{3Y_{P}^{2}+1},}\) które jest współrzędną drugiego punktu przecięcia naszej prostej i elipsy. Druga współrzędna również musi być wymierna, co wynika z wypisanego wcześniej równania prostej.
Wykazaliśmy więc, że istnieje wzajemnie jednoznaczna odpowiedniość między zbiorem \(\displaystyle{ C}\) punktów wymiernych na naszej elipsie, a zbiorem punktów wymiernych na osi \(\displaystyle{ Y,}\) który z kolei jest w oczywistej odpowiedniości ze zbiorem \(\displaystyle{ \mathbb{Q}}\) liczb wymiernych. Co więcej znaleźliśmy wzór jakim wyraża się nasza odpowiedniość:
\(\displaystyle{ f:\mathbb{Q}\to C, \ f(q) = \frac{3q^{2} - 1}{3q^{2} + 1}}\)
Zatem rozwiązaniami równania:
\(\displaystyle{ s^{2} + 3r^{2} = 1}\)
w liczbach wymiernych są pary:
\(\displaystyle{ (s,r) = \left(\frac{3q^{2} - 1}{3q^{2} + 1}, \frac{2q}{3q^{2} + 1}\right), \ q\in \mathbb{Q}}\)
(drugą współrzędną wyznaczyliśmy z naszego równania prostej)
zapisując \(\displaystyle{ q = \frac{m}{n}}\) mamy:
\(\displaystyle{ (s,r) = \left(\frac{3m^{2} - n^{2}}{3m^{2} + n^{2}}, \ \frac{2mn}{3m^{2} + n^{2}}\right), \ m,n\in \mathbb{Z}.}\)
Stąd rozwiązaniami równania \(\displaystyle{ x^{2} + 3y^{2} = k^{2}}\) w liczbach całkowitych są (z dokładnością do znaku) trójki:
\(\displaystyle{ (3m^{2} - n^{2}, 2mn, 3m^{2} + n^{2}),\ m,n\in\mathbb{Z}}\)
Wracając do wyjściowego równania dostajemy dodatkowy warunek:
\(\displaystyle{ 3m^{2} + n^{2} = z^{2}.}\)
Ale to jest dokładnie to równanie, które już rozwiązaliśmy:
\(\displaystyle{ (n,m, z) = (3\alpha^{2} - \beta^{2}, 2\alpha\beta, 3\alpha^{2}+\beta^{2}),\ \alpha,\beta\in \mathbb{Z}}\)
z dokładnością do znaku.
Wstawiając te liczby do wzorów na rozwiązania poprzedniego równania otrzymamy rozwiązania naszego równania w liczbach całkowitych z dokładnością do znaku.
\(\displaystyle{ s^{2} + 3r^{2} = 1,}\)
czyli do znalezienia punktów o współrzędnych wymiernych leżących na elipsie:
\(\displaystyle{ X^{2} + 3Y^{2} = 1.}\)
Zauważmy, że jeden taki punkt już znamy - jest nim \(\displaystyle{ (X,Y) = (1,0)}\)
Weźmy dowolny inny taki punkt \(\displaystyle{ (X,Y).}\) Narysujmy prostą przechodzącą przez oba punkty i weźmy jej punkt przecięcia \(\displaystyle{ P}\) z osią \(\displaystyle{ Y.}\)
Mamy \(\displaystyle{ P = (0, Y_{P}),}\) gdzie z podobieństwa trójkątów \(\displaystyle{ Y_{P}= \frac{Y}{1 - X},}\) zatem \(\displaystyle{ Y_{P}}\) jest liczbą wymierną.
Na odwrót dowolna prosta przechodząca przez \(\displaystyle{ (1,0)}\) i punkt o współrzędnych wymiernych \(\displaystyle{ (0, Y_{P})}\) na osi \(\displaystyle{ Y}\) przecina naszą elipsę w jeszcze jednym punkcie wymiernym:
Równanie naszej prostej to \(\displaystyle{ Y =-Y_{P}X +Y_{P}.}\) Wstawiając tę zależność do równania naszej elipsy otrzymujemy:
\(\displaystyle{ X^{2}+ 3(Y_{P}X - Y_{P})^{2} = 1}\)
\(\displaystyle{ (3Y_{P}^{2}+1)^{2}X^{2} - 6Y_{P}^{2}X + 3Y_{P}^{2} - 1=0}\)
Znając jedno rozwiązanie tego równania: \(\displaystyle{ X = 1}\) wyznaczamy drugie ze wzorów Viete'a: \(\displaystyle{ X_{1} = \frac{3Y_{P}^{2}-1}{3Y_{P}^{2}+1},}\) które jest współrzędną drugiego punktu przecięcia naszej prostej i elipsy. Druga współrzędna również musi być wymierna, co wynika z wypisanego wcześniej równania prostej.
Wykazaliśmy więc, że istnieje wzajemnie jednoznaczna odpowiedniość między zbiorem \(\displaystyle{ C}\) punktów wymiernych na naszej elipsie, a zbiorem punktów wymiernych na osi \(\displaystyle{ Y,}\) który z kolei jest w oczywistej odpowiedniości ze zbiorem \(\displaystyle{ \mathbb{Q}}\) liczb wymiernych. Co więcej znaleźliśmy wzór jakim wyraża się nasza odpowiedniość:
\(\displaystyle{ f:\mathbb{Q}\to C, \ f(q) = \frac{3q^{2} - 1}{3q^{2} + 1}}\)
Zatem rozwiązaniami równania:
\(\displaystyle{ s^{2} + 3r^{2} = 1}\)
w liczbach wymiernych są pary:
\(\displaystyle{ (s,r) = \left(\frac{3q^{2} - 1}{3q^{2} + 1}, \frac{2q}{3q^{2} + 1}\right), \ q\in \mathbb{Q}}\)
(drugą współrzędną wyznaczyliśmy z naszego równania prostej)
zapisując \(\displaystyle{ q = \frac{m}{n}}\) mamy:
\(\displaystyle{ (s,r) = \left(\frac{3m^{2} - n^{2}}{3m^{2} + n^{2}}, \ \frac{2mn}{3m^{2} + n^{2}}\right), \ m,n\in \mathbb{Z}.}\)
Stąd rozwiązaniami równania \(\displaystyle{ x^{2} + 3y^{2} = k^{2}}\) w liczbach całkowitych są (z dokładnością do znaku) trójki:
\(\displaystyle{ (3m^{2} - n^{2}, 2mn, 3m^{2} + n^{2}),\ m,n\in\mathbb{Z}}\)
Wracając do wyjściowego równania dostajemy dodatkowy warunek:
\(\displaystyle{ 3m^{2} + n^{2} = z^{2}.}\)
Ale to jest dokładnie to równanie, które już rozwiązaliśmy:
\(\displaystyle{ (n,m, z) = (3\alpha^{2} - \beta^{2}, 2\alpha\beta, 3\alpha^{2}+\beta^{2}),\ \alpha,\beta\in \mathbb{Z}}\)
z dokładnością do znaku.
Wstawiając te liczby do wzorów na rozwiązania poprzedniego równania otrzymamy rozwiązania naszego równania w liczbach całkowitych z dokładnością do znaku.