Równanie diofantyczne związane z trygonometrią
-
- Użytkownik
- Posty: 716
- Rejestracja: 2 wrz 2009, o 21:59
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 83 razy
- Pomógł: 74 razy
Równanie diofantyczne związane z trygonometrią
Niech \(\displaystyle{ a,b,c,d \in \mathbb{N} \setminus \left\{ 0\right\}}\)
Rozwiązać równanie:
\(\displaystyle{ \arcsin \frac{1}{a\sqrt{1+\frac{1}{a^2}}}+\arccos \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{b^2}}}+\arccos \frac{c}{\sqrt{1+c^2}}+\arctan \frac{1}{d}=\frac{\pi}{4}}\)
Rozwiązać równanie:
\(\displaystyle{ \arcsin \frac{1}{a\sqrt{1+\frac{1}{a^2}}}+\arccos \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{b^2}}}+\arccos \frac{c}{\sqrt{1+c^2}}+\arctan \frac{1}{d}=\frac{\pi}{4}}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 716
- Rejestracja: 2 wrz 2009, o 21:59
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 83 razy
- Pomógł: 74 razy
Równanie diofantyczne związane z trygonometrią
Może jakaś wskazówka na początek jak dojść do prostszej postaci z której coś można by wywnioskować? Po prostu nie mam pomysłu jak to zrobić. Z tej postaci nie potrafię odczytać wszystkich rozwiązań i stwierdzić, że wyczerpują wszystkie możliwe przypadki. Wskazówki byłyby mile widziane.
-
- Użytkownik
- Posty: 1666
- Rejestracja: 16 cze 2006, o 15:40
- Płeć: Kobieta
- Podziękował: 71 razy
- Pomógł: 447 razy
Równanie diofantyczne związane z trygonometrią
Trzeba wykorzystać różnowartościowość i fakt, że niewiadome są dodatnie.
To równanie można zapisać jako \(\displaystyle{ \arcctg a+\arcctg b+\arcctg c+\arcctg d=\arcctg 1}\), bo jeżeli np. \(\displaystyle{ \arcsin\frac{1}{a\sqrt{1+\frac{1}{a^2}}}=p}\), to po przekształceniach \(\displaystyle{ a=\ctg p}\), więc \(\displaystyle{ p=\arcctg a}\).
Dalej ponieważ \(\displaystyle{ \ctg (p+q)=\frac{\ctg p\ctg q-1}{\ctg p+\ctg q}}\), to \(\displaystyle{ \arcctg a+\arcctg b=\arcctg\frac{ab-1}{a+b}}\), a stosując to ponownie mamy:
\(\displaystyle{ \arcctg a+\arcctg b+\arcctg c+\arcctg d=\arcctg\frac{\frac{ab-1}{a+b}\cdot\frac{cd-1}{c+d}-1}{\frac{ab-1}{a+b}+\frac{cd-1}{c+d}}=\arcctg 1}\)
Do rozwiązania pozostaje \(\displaystyle{ \frac{\frac{ab-1}{a+b}\cdot\frac{cd-1}{c+d}-1}{\frac{ab-1}{a+b}+\frac{cd-1}{c+d}}=1}\) w naturalnych.
Teraz pokombinuj. Jak będziesz miał pytania, to pisz.
To równanie można zapisać jako \(\displaystyle{ \arcctg a+\arcctg b+\arcctg c+\arcctg d=\arcctg 1}\), bo jeżeli np. \(\displaystyle{ \arcsin\frac{1}{a\sqrt{1+\frac{1}{a^2}}}=p}\), to po przekształceniach \(\displaystyle{ a=\ctg p}\), więc \(\displaystyle{ p=\arcctg a}\).
Dalej ponieważ \(\displaystyle{ \ctg (p+q)=\frac{\ctg p\ctg q-1}{\ctg p+\ctg q}}\), to \(\displaystyle{ \arcctg a+\arcctg b=\arcctg\frac{ab-1}{a+b}}\), a stosując to ponownie mamy:
\(\displaystyle{ \arcctg a+\arcctg b+\arcctg c+\arcctg d=\arcctg\frac{\frac{ab-1}{a+b}\cdot\frac{cd-1}{c+d}-1}{\frac{ab-1}{a+b}+\frac{cd-1}{c+d}}=\arcctg 1}\)
Do rozwiązania pozostaje \(\displaystyle{ \frac{\frac{ab-1}{a+b}\cdot\frac{cd-1}{c+d}-1}{\frac{ab-1}{a+b}+\frac{cd-1}{c+d}}=1}\) w naturalnych.
Teraz pokombinuj. Jak będziesz miał pytania, to pisz.
BTW o ile nie pogubiłam rozwiązań, to jest \(\displaystyle{ 15}\) takich czwórek (+ permutacje).tatteredspire pisze:Z tej postaci nie potrafię odczytać wszystkich rozwiązań i stwierdzić, że wyczerpują wszystkie możliwe przypadki.
-
- Użytkownik
- Posty: 716
- Rejestracja: 2 wrz 2009, o 21:59
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 83 razy
- Pomógł: 74 razy
Równanie diofantyczne związane z trygonometrią
A propos równania \(\displaystyle{ \frac{\frac{ab-1}{a+b}\cdot\frac{cd-1}{c+d}-1}{\frac{ab-1}{a+b}+\frac{cd-1}{c+d}}=1}\)
Próbowałem to rozwiązać, ale mam kłopot. Doszedłem do postaci:
(1) \(\displaystyle{ (ab-1)(cd-1-(c+d))=(a+b)(cd-1+(c+d))}\)
(2) \(\displaystyle{ \left(\frac{cd-1}{c+d}-1 \right)\left(\frac{ab-1}{a+b}-1 \right)=2}\)
Któraś z tych postaci jest użyteczna czy trzeba jakoś inaczej przekształcać, by to rozwiązać? Jest jakiś algorytm do tego typu równań czy np. trzeba szacować wyrażenia i np. ręcznie sprawdzać skończoną liczbę możliwości? Za bardzo nie wiem co z tym zrobić.
Próbowałem to rozwiązać, ale mam kłopot. Doszedłem do postaci:
(1) \(\displaystyle{ (ab-1)(cd-1-(c+d))=(a+b)(cd-1+(c+d))}\)
(2) \(\displaystyle{ \left(\frac{cd-1}{c+d}-1 \right)\left(\frac{ab-1}{a+b}-1 \right)=2}\)
Któraś z tych postaci jest użyteczna czy trzeba jakoś inaczej przekształcać, by to rozwiązać? Jest jakiś algorytm do tego typu równań czy np. trzeba szacować wyrażenia i np. ręcznie sprawdzać skończoną liczbę możliwości? Za bardzo nie wiem co z tym zrobić.
-
- Użytkownik
- Posty: 1666
- Rejestracja: 16 cze 2006, o 15:40
- Płeć: Kobieta
- Podziękował: 71 razy
- Pomógł: 447 razy
Równanie diofantyczne związane z trygonometrią
Druga wersja się raczej nie przyda, bo wyrażenia w nawiasach są wymierne - to nic nam nie daje.
Ja z braku lepszych pomysłów bawiłam się w oszacowania.
Na początek można skorzystać z symetrii i ustalić porządek zmiennych np. \(\displaystyle{ a\ge b\ge c\ge d>1}\). Następnie wyznaczyć \(\displaystyle{ a}\) i próbować ograniczyć zbiór wartości pozostałych zmiennych...
Ja z braku lepszych pomysłów bawiłam się w oszacowania.
Na początek można skorzystać z symetrii i ustalić porządek zmiennych np. \(\displaystyle{ a\ge b\ge c\ge d>1}\). Następnie wyznaczyć \(\displaystyle{ a}\) i próbować ograniczyć zbiór wartości pozostałych zmiennych...
-
- Użytkownik
- Posty: 716
- Rejestracja: 2 wrz 2009, o 21:59
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 83 razy
- Pomógł: 74 razy
Równanie diofantyczne związane z trygonometrią
Sprawdziłem sobie komputerem dla \(\displaystyle{ a,b,c,d \in \left\{ 1,2,3,...,200\right\}}\) i jest \(\displaystyle{ 324}\) rozwiązań (ciągów czterowyrazowych \(\displaystyle{ (a,b,c,d)}\)), abstrahując od permutacji jest w istocie \(\displaystyle{ 15}\) (oczywiście dla takiego zakresu liczb)
Największy wyraz w dowolnym czterowyrazowym ciągu rozwiązań jest nie większy niż \(\displaystyle{ 183}\) i nie mniejszy niż \(\displaystyle{ 8}\) a najmniejszy jest nie mniejszy niż \(\displaystyle{ 2}\) i nie większy niż \(\displaystyle{ 3}\). To z obserwacji - czy o to chodzi z tym oszacowaniem aby do tego dojść czy jeszcze o coś innego?
}{bcd-b-bc-bd-cd-c-d+1}}\) - w jakim sensie
Największy wyraz w dowolnym czterowyrazowym ciągu rozwiązań jest nie większy niż \(\displaystyle{ 183}\) i nie mniejszy niż \(\displaystyle{ 8}\) a najmniejszy jest nie mniejszy niż \(\displaystyle{ 2}\) i nie większy niż \(\displaystyle{ 3}\). To z obserwacji - czy o to chodzi z tym oszacowaniem aby do tego dojść czy jeszcze o coś innego?
No więc \(\displaystyle{ a(bcd-b-bc-bd-cd-c-d+1)=bcd-b+bc+bd-1-c-d+cd}\). Gdy \(\displaystyle{ bcd-b-bc-bd-cd-c-d+1 \neq 0}\) mogę podzielić czyli \(\displaystyle{ a=\frac{bcd-b+bc+bd-1-c-d+cdbosa_Nike pisze:Na początek można skorzystać z symetrii i ustalić porządek zmiennych np. \(\displaystyle{ a\ge b\ge c\ge d>1}\). Następnie wyznaczyć \(\displaystyle{ a}\) i próbować ograniczyć zbiór wartości pozostałych zmiennych...
}{bcd-b-bc-bd-cd-c-d+1}}\) - w jakim sensie
?bosa_Nike pisze: próbować ograniczyć zbiór wartości pozostałych zmiennych...
-
- Użytkownik
- Posty: 1666
- Rejestracja: 16 cze 2006, o 15:40
- Płeć: Kobieta
- Podziękował: 71 razy
- Pomógł: 447 razy
Równanie diofantyczne związane z trygonometrią
No to \(\displaystyle{ a-1=\frac{2bc+2bd+2cd-2}{bcd-bc-bd-cd-b-c-d+1}}\), przy czym ułamek ma być nie mniejszy od jedynki (licznik jest dodatni, mianownik też musi być).
Trzeba znaleźć jakieś efektywne oszacowanie na którąś zmienną. Być może znajdziesz lepsze, moje było takie:
Niech \(\displaystyle{ x=a-1,\ y=b-1,\ z=c-1,\ t=d-1}\).
Wtedy z \(\displaystyle{ \frac{\frac{ab-1}{a+b}\cdot\frac{cd-1}{c+d}-1}{\frac{ab-1}{a+b}+\frac{cd-1}{c+d}}=1}\) mamy \(\displaystyle{ (xy-2)(zt-2)=2(x+y+2)(z+t+2)}\).
Prawa strona jest dodatnia, parzysta i (wstępne oszacowanie) nie mniejsza od \(\displaystyle{ 32}\); po lewej nie może być iloczynu liczb ujemnych, bo obie by musiały być równe \(\displaystyle{ -1}\). Więc wyrażenia we wszystkich nawiasach są dodatnie. Tzn. \(\displaystyle{ x\ge 2,\ z\ge 2}\) i zgodnie z ustalonym porządkiem \(\displaystyle{ y\ge 2}\).
To daje \(\displaystyle{ xyzt=2(x+y+2)(z+t+2)+2xy+2zt-4<2\cdot (3x)\cdot (3y)+2xy+2xy=22xy}\), czyli \(\displaystyle{ 22>zt\ge t^2\ge 1\ \Rightarrow\ 4\ge t=d-1\ge 1\ \Rightarrow\ 2\le d\le 5}\)
Dodatkowo \(\displaystyle{ 2\cdot (2+2+2)\cdot (2+1+2)=60\le P=L\le (xy-2)^2\le\left(x^2-2\right)^2\ \Rightarrow\ x\ge 4}\)
Ja już w tym momencie podstawiałam kolejne wartości \(\displaystyle{ t}\) (lub, odpowiednio, \(\displaystyle{ d}\)) i próbowałam, co się da z tego wyciągnąć.
Trzeba znaleźć jakieś efektywne oszacowanie na którąś zmienną. Być może znajdziesz lepsze, moje było takie:
Niech \(\displaystyle{ x=a-1,\ y=b-1,\ z=c-1,\ t=d-1}\).
Wtedy z \(\displaystyle{ \frac{\frac{ab-1}{a+b}\cdot\frac{cd-1}{c+d}-1}{\frac{ab-1}{a+b}+\frac{cd-1}{c+d}}=1}\) mamy \(\displaystyle{ (xy-2)(zt-2)=2(x+y+2)(z+t+2)}\).
Prawa strona jest dodatnia, parzysta i (wstępne oszacowanie) nie mniejsza od \(\displaystyle{ 32}\); po lewej nie może być iloczynu liczb ujemnych, bo obie by musiały być równe \(\displaystyle{ -1}\). Więc wyrażenia we wszystkich nawiasach są dodatnie. Tzn. \(\displaystyle{ x\ge 2,\ z\ge 2}\) i zgodnie z ustalonym porządkiem \(\displaystyle{ y\ge 2}\).
To daje \(\displaystyle{ xyzt=2(x+y+2)(z+t+2)+2xy+2zt-4<2\cdot (3x)\cdot (3y)+2xy+2xy=22xy}\), czyli \(\displaystyle{ 22>zt\ge t^2\ge 1\ \Rightarrow\ 4\ge t=d-1\ge 1\ \Rightarrow\ 2\le d\le 5}\)
Dodatkowo \(\displaystyle{ 2\cdot (2+2+2)\cdot (2+1+2)=60\le P=L\le (xy-2)^2\le\left(x^2-2\right)^2\ \Rightarrow\ x\ge 4}\)
Ja już w tym momencie podstawiałam kolejne wartości \(\displaystyle{ t}\) (lub, odpowiednio, \(\displaystyle{ d}\)) i próbowałam, co się da z tego wyciągnąć.
-
- Użytkownik
- Posty: 716
- Rejestracja: 2 wrz 2009, o 21:59
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 83 razy
- Pomógł: 74 razy