Wyznacz wszystkie liczby naturalne n takie, że liczba...

mark939 · Post autor: **mark939** » 27 lut 2016, o 11:11

Wyznacz wszystkie liczby naturalne n takie, że liczba \(\displaystyle{ 48n^{2} +12n+7}\) jest szóstą potęgą liczby naturalnej.
Proszę o pomoc w zadaniu.
Miałem taki pomysł żeby \(\displaystyle{ 48n^{2} +12n+7=n ^{6}}\) ale nic z tego nie wychodzi więc raczej jest źle

Milczek · Post autor: **Milczek** » 27 lut 2016, o 11:27

nie ma takich liczb, wstawię cale rozwiązanie za 2-3h nie mogę teraz niestety.

Chewbacca97 · Post autor: **Chewbacca97** » 27 lut 2016, o 11:59

To może ja spróbuję. Skorzystamy z dość oczywistego faktu dotyczącego podzielności:
Kwadrat liczby całkowitej przy dzieleniu przez \(\displaystyle{ 4}\) daje resztę \(\displaystyle{ 0}\) (gdy liczba jest parzysta) lub \(\displaystyle{ 1}\) (gdy liczba jest nieparzysta).

Załóżmy, że istnieje takie \(\displaystyle{ k}\), dla którego \(\displaystyle{ 48n^2 +12n+7 = k^6}\).
Przekształcając otrzymujemy \(\displaystyle{ 48n^2 +12n = k^6 - 7}\). Lewa strona równania podzielna jest przez \(\displaystyle{ 4}\), więc prawa również musi być podzielna:

\(\displaystyle{ \left( k^3\right)^2 \equiv 0 \pmod{4} \vee \left( k^3\right)^2 \equiv 1 \pmod{4} \\ \left( k^3\right)^2 -7 \equiv 1 \pmod{4} \vee \left( k^3\right)^2 -7 \equiv 2 \pmod{4}}\)

Widać stąd, że lewa strona jest podzielna przez \(\displaystyle{ 4}\), natomiast prawa już nie. Wniosek: nie istnieje takie \(\displaystyle{ n}\), dla którego \(\displaystyle{ 48n^{2} +12n+7}\) byłoby szóstą potęgą liczby naturalnej.

Milczek · Post autor: **Milczek** » 27 lut 2016, o 22:35

Przepraszam że tak późno ale dopiero wstałem i ogarnąłem się z rozwiązaniem :
Możemy założyć że dla pewnego \(\displaystyle{ k \in R \wedge x \in N}\) mamy,
\(\displaystyle{ 48n^{2} +12n+7=x^6=kn}\), i musimy mieć w takim razie zależność \(\displaystyle{ k\cdot n \in N}\),

Teraz przekształcamy do takiej postaci \(\displaystyle{ 48n^2+12n-kn+7=0}\).
Szukamy pierwiastków tego trójmianu które muszą być naturalne lecz ze wzorów Vieta mamy \(\displaystyle{ n_{1}\cdot n_{2}=\frac{7}{48}}\). Co jest sprzeczne z wyborem liczb \(\displaystyle{ n}\) jako naturalnych.

Pewnie da się jakoś ładniej opisać ale ja nie umiem.
Proszę sprawdzić czy błędów nie mam

Premislav · Post autor: **Premislav** » 27 lut 2016, o 22:41

Możemy założyć że dla pewnego \(\displaystyle{ k \in R \wedge x \in N}\) mamy,
\(\displaystyle{ 48n^{2} +12n+7=x^6=kn}\)

Czemu możemy tak założyć?

Poza tym, pomijając ten błąd/skrót myślowy (bo może da się uzasadnić, że musiałoby być \(\displaystyle{ x^{6}=kn}\), ale ja nie widzę tego zupełnie), wystarczyłoby, żeby trójmian miał jeden pierwiastek naturalny i już teza by nie zaszła.-- 27 lut 2016, o 22:51 --Moje rozwiązanie:
\(\displaystyle{ 48n^{2} +12n+7=k^{6} \Leftrightarrow 48n^{2}+12n+6=k^{6}-1 \Leftrightarrow 12n(4n+1)+6=\\=(k-1)(k+1)(k^{2}-k+1)(k^{2}+k+1)}\)
Oczywiście \(\displaystyle{ k}\) jest nieparzyste, w związku z czym \(\displaystyle{ 4|(k-1)(k+1)}\), ale \(\displaystyle{ 4\nmid L}\). Podobnie jak Chewbacca97, ale napisałem, żeby nie było, że tylko się czepiam.

Milczek · Post autor: **Milczek** » 27 lut 2016, o 23:11

Ciężko mi to uzasadnić a wydawało mi się to oczywiste.
Po prostu zakładam że liczba naturalna \(\displaystyle{ x}\) która spełnia warunki zadania istnieje.

Bo \(\displaystyle{ x^6}\) to jest szósta potęga liczby naturalnej z polecenia, natomiast \(\displaystyle{ k \cdot n}\)
to postać tej liczby z danym \(\displaystyle{ n}\) o ile istnieje oraz parametram \(\displaystyle{ k}\).

Równie dobrze mogę zrobić tak \(\displaystyle{ 48n^2+12n+7-x^6=0}\) gdzie wyrazem wolnym trójmianu jest \(\displaystyle{ 7-x^6}\).

Czyli teraz ze wzorów Vieta \(\displaystyle{ n_{1} + n_{2}=\frac{12}{48}}\) co też jest sprzeczne.

Premislav · Post autor: **Premislav** » 27 lut 2016, o 23:22

Niestety nic mi nie mówi ta próba uzasadnienia.

Równie dobrze mogę zrobić tak \(\displaystyle{ 48n^2+12n+7-x^6=0}\) gdzie wyrazem wolnym trójmianu jest \(\displaystyle{ 7-x^6}\).

to jest jak najbardziej OK, tylko że

\(\displaystyle{ n_{1} + n_{2}=\frac{12}{48}}\)

drobny błąd rachunkowy - winno być \(\displaystyle{ -\frac{12}{48}}\).
Ale co istotniejsze:

co też jest sprzeczne.

Czemu? Rozpatrzmy trochę inne zadanie:
zbadać, czy istnieje takie \(\displaystyle{ a}\) naturalne, że \(\displaystyle{ 3a^{2}+2a+4=k^{2}}\) dla pewnej liczby \(\displaystyle{ k}\) naturalnej (tj. że lewa strona to kwadrat liczby naturalnej). Podobne rozumowanie: przenosimy na jedną stronę, traktujemy to jak trójmian zmiennej \(\displaystyle{ a}\) i ze wzorów Viete'a mamy \(\displaystyle{ a_{1}+a_{2}=- \frac{2}{3}}\), "co jest sprzeczne". Ale dla \(\displaystyle{ a=1, k=3}\) mamy równość.

Milczek · Post autor: **Milczek** » 28 lut 2016, o 00:12

No ale w twoim przypadku co podałeś masz podane \(\displaystyle{ a}\)( w sensie że ja sobie mogę założyć że jakieś \(\displaystyle{ a}\) istnieje) a naszą zmienną jest \(\displaystyle{ k}\) i masz wtedy trójmian \(\displaystyle{ k^2-3a^2-2a-4=0}\). A tutaj wzory vieta akurat nic nie dadzą. Wyrazem wolnym jest \(\displaystyle{ -3a^2-2a-4}\)

Zaraz postaram się wyjaśnić co miałem wcześniej na myśli.

mark939 · Post autor: **mark939** » 28 lut 2016, o 00:17

Premislav pisze:
Możemy założyć że dla pewnego \(\displaystyle{ k \in R \wedge x \in N}\) mamy,
\(\displaystyle{ 48n^{2} +12n+7=x^6=kn}\)
Czemu możemy tak założyć?

Poza tym, pomijając ten błąd/skrót myślowy (bo może da się uzasadnić, że musiałoby być \(\displaystyle{ x^{6}=kn}\), ale ja nie widzę tego zupełnie), wystarczyłoby, żeby trójmian miał jeden pierwiastek naturalny i już teza by nie zaszła.

-- 27 lut 2016, o 22:51 --

Moje rozwiązanie:
\(\displaystyle{ 48n^{2} +12n+7=k^{6} \Leftrightarrow 48n^{2}+12n+6=k^{6}-1 \Leftrightarrow 12n(4n+1)+6=\\=(k-1)(k+1)(k^{2}-k+1)(k^{2}+k+1)}\)
Oczywiście \(\displaystyle{ k}\) jest nieparzyste, w związku z czym \(\displaystyle{ 4|(k-1)(k+1)}\), ale \(\displaystyle{ 4\nmid L}\). Podobnie jak Chewbacca97, ale napisałem, żeby nie było, że tylko się czepiam.

A moge wiedzieć dlaczego k jest nieparzyste i co ostatecznie z tego wynika ?

Milczek · Post autor: **Milczek** » 28 lut 2016, o 00:22

Premislav, Zadanie z pierwszego posta można sformułować następująco , dla \(\displaystyle{ x,n \in N}\) znajdź wszystkie takie \(\displaystyle{ x}\) że zachodzi \(\displaystyle{ 48n^2+12n+7=x^6}\).

Załóżmy że \(\displaystyle{ x}\) istnieje i musi zachodzić \(\displaystyle{ 48n^2+12n+7-x^6=0}\).

Nie rozumiem co tutaj może być sprzeczne z czymkolwiek ... ?

PS. Pierwsza wersja z \(\displaystyle{ x^6=n\cdot k}\) faktycznie wydaje mi się teraz mocnym blefem ale nie umiem tego uzasadnić ani sensownie obalić.
Chciałem wykazać że każdą liczbę naturalną da się przedstawić w postaci liczby dowolnej liczby rzeczywistej i jakiejś liczby naturalnej.

Premislav · Post autor: **Premislav** » 28 lut 2016, o 00:54

mark939 pisze:A moge wiedzieć dlaczego k jest nieparzyste

może niedokładnie się wyraziłem: załóżmy nie wprost, że istnieje takie \(\displaystyle{ k \in \NN}\), że dla pewnego \(\displaystyle{ n \in \NN}\) jest
\(\displaystyle{ 48n^{2}+12n+7=k^{6}}\). Wtedy ponieważ \(\displaystyle{ 2\nmid 48n^{2}+12n+7}\), to \(\displaystyle{ 2\nmid k^{6}}\), a skoro \(\displaystyle{ k^{6}}\) jest nieparzyste, to \(\displaystyle{ k}\) również.
Dalej napisałem, co z tego wynika: sprowadziłem tę równość do postaci
\(\displaystyle{ \text{ liczba niepodzielna przez 4 }=\text{ liczba podzielna przez 4 }}\), a to jest sprzeczność. Gdy \(\displaystyle{ k}\) jest nieparzyste, to zarówno \(\displaystyle{ k-1}\), jak i \(\displaystyle{ k+1}\) są parzyste.

Milczek pisze:Załóżmy że \(\displaystyle{ x}\) istnieje i musi zachodzić \(\displaystyle{ 48n^2-12n+7-x^6=0}\).

Nie rozumiem co tutaj może być sprzeczne z czymkolwiek ... ?

Jak sam pisałeś, to równanie nie ma rozwiązań w liczbach naturalnych. Rozumujemy w taki sposób:
zakładamy nie wprost, że równanie ma rozwiązanie i dochodzimy do jakiejś sprzeczności. Ponieważ z prawdy nie może wynikać fałsz, to jeśli dojdziemy do czegoś nieprawdziwego, wychodząc od zdania \(\displaystyle{ p}\), to udowodnimy, że \(\displaystyle{ p}\) jest nieprawdziwe, czyli z zasady wyłączonego środka jego zaprzeczenie jest prawdziwe.

Co do mojego przykładu na nietrafność rozumowania:

Milczek pisze:No ale w twoim przypadku co podałeś masz podane \(\displaystyle{ a}\)( w sensie że ja sobie mogę założyć że jakieś a istnieje) a naszą zmienną jest \(\displaystyle{ k}\) i masz wtedy trójmian \(\displaystyle{ k^2-3a^2-2a-4=0}\). A tutaj wzory vieta akurat nic nie dadzą.

Nie, nie mam podanego \(\displaystyle{ a}\). Czy użyłem jakiegoś niejasnego sformułowania, które wprowadziło Cię w błąd? Wydawało mi się, że uniknąłem niejasności. Mamy zadanie podobne co do struktury, jak to z wątku: tj. dla \(\displaystyle{ a\in \NN, k \in \NN}\) mamy rozwiązać równanie \(\displaystyle{ 3a^{2}+2a+4=k^{2}}\). Tutaj kwestia tego, co potraktujemy jako zmienną, a co jako stałą, to nasz wybór.
EDIT: poprawa błędu językowego, "to zadanie", a nie " te zadanie".

mark939 · Post autor: **mark939** » 28 lut 2016, o 09:55

Więc ostatecznie otrzymujemy \(\displaystyle{ n \in}\) do zbioru pustego ?

Premislav · Post autor: **Premislav** » 28 lut 2016, o 10:32

Tak ( choć nie lubię tego sformułowania, wolę "równanie nie ma rozwiązań" itp.).