wykazać, że równanie nie ma rozwiązań całkowitych - spr

roseraphina · Post autor: **roseraphina** » 9 wrz 2010, o 17:51

Wykazać, że równanie nie ma rozwiązań całkowitych

\(\displaystyle{ x^2-33y^2=-1}\)

z tego wynika, ze \(\displaystyle{ 1=33y^2-x^2=( \sqrt{33}y-x)( \sqrt{33}y+x)}\)

żeby bylo spełnione wartości w nawiasach muszą być równe: \(\displaystyle{ (-1)(-1)}\) albo \(\displaystyle{ (1)(1)}\) a to nigdy się nie stanie, gdyż np \(\displaystyle{ \sqrt{33}=1+x}\) nigdy nie da rozwiązania \(\displaystyle{ x}\) całkowitego, bo \(\displaystyle{ \sqrt{33}}\) nie jest liczbą całkowitą. to samo dzieje się w pozostałych przypadkach.

Czy jest poprawne rozumowanie?

smigol · Post autor: **smigol** » 9 wrz 2010, o 17:54

roseraphina pisze: żeby bylo spełnione wartości w nawiasach muszą być równe: \(\displaystyle{ (-1)(-1)}\) albo \(\displaystyle{ (1)(1)}\)

To nie jest prawda.
Bo np. \(\displaystyle{ 1= \frac{3}{2} \cdot \frac{2}{3}}\)
Gdybyś wiedziała, że 1=ab, gdzie a i b są liczbami całkowitymi to wtedy (a,b)=(1,1) lub (a,b)=(-1,-1)

roseraphina · Post autor: **roseraphina** » 9 wrz 2010, o 18:00

Dziękuję.

założyłam tak, bo wtedy ładnie wyszło. Nie wiem, czy 1=ab i jak wyglądają a,b. Może tropem jest to, że \(\displaystyle{ \sqrt{33}}\) ma nieskończone rozwinięcie? Proszę o jakieś wskazówki.

Althorion · Post autor: **Althorion** » 9 wrz 2010, o 18:07

Zacznijmy od tego, że jest źle przekształcone (gdzie się \(\displaystyle{ y}\) podziało, a?).

roseraphina · Post autor: **roseraphina** » 9 wrz 2010, o 18:14

oj, przepraszam, już jest \(\displaystyle{ y}\).

\(\displaystyle{ 5 \le \sqrt{33} \le 6}\) może się przyda?

bo gdyby było to rozwiązanie calkowite, to wobec nieskończonego rozwinięcia pierwiastka mielibyśmy w każdym z nawiasów liczbę o nieskończonym rozwinięciu dziesiętnym, których iloczyn... nie dałby nam 1?

smigol · Post autor: **smigol** » 9 wrz 2010, o 18:17

Równanie jest równoważne: \(\displaystyle{ x^2+1=33y^2}\). Spójrz na podzielność przez 11.

roseraphina · Post autor: **roseraphina** » 9 wrz 2010, o 18:36

Tak! Dziękuję. Prawa strona równania jest podzielna przez \(\displaystyle{ 11}\) zatem i lewa musi być. Czyli liczba postaci \(\displaystyle{ x^2+1}\) musi być podzielna przez \(\displaystyle{ 11}\).

Znalazłam cechę podzielności liczby przez \(\displaystyle{ 11}\) taką, że jeżeli różnica między sumą jej cyfr znajdujących się na miejscach nieparzystych a sumą jej cyfr znajdujących się na miejscach parzystych jest podzielna przez \(\displaystyle{ 11}\), to liczba ta jet podzielna przez \(\displaystyle{ 11}\). Także, że liczba postaci \(\displaystyle{ 10^n+1}\) jest podzielna przez \(\displaystyle{ 11}\) gdy \(\displaystyle{ n}\) jest liczbą nieparzystą.

W naszym przypadku nie znam cyfr tej liczby, ani też nie wiem, czy \(\displaystyle{ x=10}\), a nawet jeżeli to\(\displaystyle{ n}\) nie jest nieparzyste. Znowu się zacinam...

Althorion · Post autor: **Althorion** » 9 wrz 2010, o 18:44

Żeby liczba postaci \(\displaystyle{ x^2 + 1}\) dzieliła się przez jedenaście, to \(\displaystyle{ x^2}\) musi przy dzieleniu dawać resztę dziesięć. Tak jednak się nie stanie (dlaczego?).

klaustrofob · Post autor: **klaustrofob** » 9 wrz 2010, o 18:56

a może sprawdzić podzielność przez 3? \(\displaystyle{ x^2+1=33y^2}\). prawa się dzieli, lewa daje resztę 1 lub 2.

roseraphina · Post autor: **roseraphina** » 9 wrz 2010, o 19:02

już wiem.

otóż: żeby \(\displaystyle{ x^2+1}\) było podzielne przez 11 to musi \(\displaystyle{ 11|x^2+1}\)
czyli \(\displaystyle{ 11|x^2-(-1)}\)
czyli \(\displaystyle{ x^2\equiv(-1)(mod 11)}\)
czyli \(\displaystyle{ x^2\equiv10(mod 11)}\)
a rozwiązanie istnieje, gdy \(\displaystyle{ 10}\) jest resztą kwadratową modulo \(\displaystyle{ 11}\), czyli gdy symbol Legendre'a \(\displaystyle{ ( \frac{10}{11})}\) jest równy \(\displaystyle{ 1}\)

\(\displaystyle{ ( \frac{10}{11})=( \frac{2}{11})( \frac{5}{11} )=(-1)( \frac{1}{5})=(-1)(1)=-1}\)

\(\displaystyle{ 10}\) nie jest resztą kwadratową modulo \(\displaystyle{ 11}\), więc równanie nie ma całkowitych rozwiązań. Dobrze?

Baaaaardzo Wam dziękuję - to zadanie z egzaminu, który jutro piszę i dzięki Wam zadanie zrozumiałam.

smigol · Post autor: **smigol** » 9 wrz 2010, o 19:11

hm, za bardzo sobie komplikujesz życie. Tym bardziej, że klaustrofob napisał, że można zrobić z podzielności przez 3 (mi się wydawało to zbyt oczywiste i najpierw sprawdziłem 11 ;P).

Prościej tak:
mamy trzy możliwości
1/ \(\displaystyle{ x \equiv 0 \ (mod \ 3) \Leftrightarrow x^2 \equiv 0 \ (mod \ 3) \Leftrightarrow x^2+1 \equiv 1 \ (mod \ 3)}\)
2/ \(\displaystyle{ x \equiv 1 \ (mod \ 3) \Leftrightarrow x^2 \equiv 1 \ (mod \ 3) \Leftrightarrow x^2 +1 \equiv 2 \ (mod \ 3)}\)
3/ \(\displaystyle{ x \equiv 2 \ (mod \ 3) \Leftrightarrow x^2 \equiv 4 \ (mod \ 3) \Leftrightarrow x^2 +1 \equiv 5 \ (mod \ 3) \Leftrightarrow x^2 +1 \equiv 1 \ (mod \ 3)}\)
W żadnym przypadku Lewa strona równania nie dzieli się przez 3, zaś prawa strona równania jest podzielna przez 3 dla każdego całkowitego \(\displaystyle{ y}\).

Prościej i dokładniej nie potrafię.

SaxoN · Post autor: **SaxoN** » 10 wrz 2010, o 19:05

A może po prostu powiedzieć, że kongruencja \(\displaystyle{ x^2\equiv -1\pmod{p}}\) dla nieparzystego \(\displaystyle{ p\in\mathbb{P}}\) ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ p\equiv 1 \pmod{4}}\)? To załatwia kwestię podzielności zarówno przez 3 jak i 11 xD Dowód tego jest chyba w "Dowodach z księgi", jeżeli się nie mylę- w każdym razie jest dość elementarny.