Forum matematyczne: miliony postów, setki tysięcy tematów, dziesiątki tysięcy użytkowników - pomożemy rozwiązać każde zadanie z matematyki https://matematyka.pl/
Teraz niech będzie takie r, że \(\displaystyle{ r \in \mathbb N_+}\), wtedy \(\displaystyle{ x_{f_{r}}}\) i \(\displaystyle{ y_{f_{r}}}\) będą wyrazami ciągów \(\displaystyle{ x_n}\) i \(\displaystyle{ y_n}\), które spełniają to równanie; wówczas:
Co odpowiada elementom ciągu \(\displaystyle{ x_n}\), \(\displaystyle{ y_n}\), gdzie \(\displaystyle{ x_{f_r} = x_n \Rightarrow x_{f_{r+1}} = x_{2n-1}}\) i \(\displaystyle{ y_{f_r} = y_n \Rightarrow y_{f_{r+1}} = y_{2n-1}}\)
Moim problemem było udowodnienie, że y tej postaci rozkłada się na taką sumę kwadratów (ale wiem, że jest to prawdziwe)
W dodatku do wykazania miałem też to (co jest prawdziwe): \(\displaystyle{ z_r^2 + 2t_r^2 = y_{f_{r+1}}}\)
z i r nie są zdefiniowane ciągowo jak \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\), bo nie mają tak jakby ciągu właściwego; ponadto po jakimś czasie zaczyna się pojwiać więcej rozwiązań (dla \(\displaystyle{ y_{f_6}}\) mamy: \(\displaystyle{ z = 380, t =404 \vee z_{5} = 548, t_{5}=292}\), bo dają one te same wyniki po podstawieniu
Nie potrafiłem też znaleźć innej zależności w \(\displaystyle{ z}\) i \(\displaystyle{ t}\), ale wydaje mi się, że są głęboko związane jakimiś działaniami na \(\displaystyle{ x_{n \pm 1}}\), \(\displaystyle{ x_n}\) i \(\displaystyle{ y_{n \pm 1}}\), \(\displaystyle{ y_n}\)
Znalazłem to wszystko na ostatnią chwilę i nie pykło :f mimo to spodobało mi się
LXVIII (68) OM - I etap
: 7 gru 2016, o 17:41
autor: 11896
Moje rozwiązanie 9:
Ukryta treść:
Jeżeli \(\displaystyle{ a^2-2b^2=1}\), to \(\displaystyle{ (a^2+2b^2)^2-2(2ab)^2=(a^2-2b^2)^2=1}\), czyli para \(\displaystyle{ (a^2+2b^2,2ab)}\) też jest rozwiązaniem i \(\displaystyle{ a^2+2b^2>a}\), więc "tworząc" kolejne rozwiązania otrzymujemy ich nieskończenie wiele. Ponadto jeżeli \(\displaystyle{ a=x^2+2y^2}\) i \(\displaystyle{ b=z^2+2t^2}\),to\(\displaystyle{ 2ab=(2xt+2yz)^2+2(xz-2yt)^2}\), więc otrzymujemy nieskończenie wiele rozwiązań z pojedynczego. Dosyć łatwym do zauważenia jest \(\displaystyle{ x=1,y=1,z=0,t=1}\).
Nie do końca mi się podoba, bo jest trochę wyciągnięte z nikąd (z długiego patrzenia na liczby spełniające równanie)
LXVIII (68) OM - I etap
: 7 gru 2016, o 22:59
autor: PiotrAH
11896 pisze:Moje rozwiązanie 9:
Ukryta treść:
Jeżeli \(\displaystyle{ a^2-2b^2=1}\), to \(\displaystyle{ (a^2+2b^2)^2-2(2ab)^2=(a^2-2b^2)^2=1}\), czyli para \(\displaystyle{ (a^2+2b^2,2ab)}\) też jest rozwiązaniem i \(\displaystyle{ a^2+2b^2>a}\), więc "tworząc" kolejne rozwiązania otrzymujemy ich nieskończenie wiele. Ponadto jeżeli \(\displaystyle{ a=x^2+2y^2}\) i \(\displaystyle{ b=z^2+2t^2}\),to\(\displaystyle{ 2ab=(2xt+2yz)^2+2(xz-2yt)^2}\), więc otrzymujemy nieskończenie wiele rozwiązań z pojedynczego. Dosyć łatwym do zauważenia jest \(\displaystyle{ x=1,y=1,z=0,t=1}\).
Nie do końca mi się podoba, bo jest trochę wyciągnięte z nikąd (z długiego patrzenia na liczby spełniające równanie)
I o takie patrzenie, dostrzeganie, stawianie śmiałych tez (i ich dowodzenie) chodzi w OMce. Choć juz mam juz OMkę za sobą, to z sentymentu co roku mierze się z zadaniami. Mam identyczne z Twoim rozwiązanie i mi sprawiło ono całkiem sporą przyjemność. To zadanie jest całkiem zgrabne - podobnie jak i 12., które niestety rozwiązałem "studenckim" sposobem (co uważam za przejaw mego lenistwa).
LXVIII (68) OM - I etap
: 8 gru 2016, o 00:05
autor: arek1357
Tak na marginesie całkiem od niechcenia, żeby pocieszyć oko:
ale jak to? może przecież mieć nieskończenie wiele rozwiązań, a \(\displaystyle{ z^{2}+2t ^{2}}\)
nie musi sie rownać \(\displaystyle{ 70}\)
LXVIII (68) OM - I etap
: 8 gru 2016, o 17:00
autor: Hayran
Nie musi równać się \(\displaystyle{ 70}\), ale musisz to wykazać, bo może też nie działać dla wszystkich następnych par liczb spełniających równanie Pella.
LXVIII (68) OM - I etap
: 8 gru 2016, o 18:08
autor: enedil
TobiWan pisze:w ogóle 12 zadanie było dziwne, bo jest takie twierdzenie które mówi, że jak w tym równaniu \(\displaystyle{ \alpha}\) jest liczbą wymierną to równanie nie ma rozwiązan
Co dokładnie mówiło to twierdzenie? (bo trudno uwierzyć, że ogranicza się do \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\)).
LXVIII (68) OM - I etap
: 8 gru 2016, o 20:55
autor: TobiWan
Hayran pisze:Nie musi równać się \(\displaystyle{ 70}\), ale musisz to wykazać, bo może też nie działać dla wszystkich następnych par liczb spełniających równanie Pella.
Myślałem, że to oczywiste..
-- 8 gru 2016, o 21:58 --
Co dokładnie mówiło to twierdzenie? (bo trudno uwierzyć, że ogranicza się do \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\)).
natomiast \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\) wymierny nie jest.
LXVIII (68) OM - I etap
: 10 sty 2017, o 22:07
autor: andkom
12. Pokażę więcej:
Jeżeli \(\displaystyle{ \tan^2\alpha\pi\in\mathbb Q\setminus \left\{ 0,\frac13,1,3 \right\}}\) to \(\displaystyle{ \alpha\notin\mathbb Q}\).
Ukryta treść:
Jeśli \(\displaystyle{ \tan^2\alpha\pi\in\mathbb Q\setminus \left\{ 0,\frac13,1,3 \right\}}\), to \(\displaystyle{ 2\cos2\alpha\pi\in\mathbb Q\setminus\mathbb Z}\)
(wynika to z tożsamości \(\displaystyle{ \tan^2x=\frac1{\cos^2x}-1=\frac4{2+2\cos2x}-1}\)).
A jeśli \(\displaystyle{ 2\cos2\alpha\pi\in\mathbb Q\setminus\mathbb Z}\), to \(\displaystyle{ 2\cos2\alpha\pi=\frac {k_1}l}\) dla pewnych \(\displaystyle{ k_1,l}\) względnie pierwszych, całkowitych, \(\displaystyle{ l>1}\).
Wówczas dla każdego naturalnego \(\displaystyle{ n}\) mamy \(\displaystyle{ 2\cos2^n\alpha\pi=\frac {k_n}{l^{2^n}}}\), gdzie \(\displaystyle{ k_n}\) całkowite, względnie pierwsze z \(\displaystyle{ l}\)
(to wynika z tożsamości \(\displaystyle{ 2\cos2x= \left( 2\cos x \right) ^2-2}\); mamy więc \(\displaystyle{ k_{n+1}=k_n^2-2l^{2^{n+1}}}\), co daje względną pierwszość \(\displaystyle{ k_n}\) z \(\displaystyle{ l}\) dla każdego \(\displaystyle{ n}\)).
Zatem w ciągu \(\displaystyle{ \left( 2\cos2^n\alpha\pi \right)}\) wszystkie wyrazy są różne, bo są wymierne, a mianowniki ich postaci nieskracalnych są różne (gdy \(\displaystyle{ l>1}\) to liczby \(\displaystyle{ l^{2^n}}\) są różne). To z kolei oznacza, że \(\displaystyle{ \alpha\notin\mathbb Q}\). Gdyby bowiem było \(\displaystyle{ \alpha=\frac pq}\) dla \(\displaystyle{ p,q}\) całkowitych, to zbiór wyrazów ciągu \(\displaystyle{ \left( 2\cos2^n\alpha\pi \right)}\) byłby zawarty w skończonym zbiorze \(\displaystyle{ \left\{ 2\cos\frac iq\pi:i=1,2,\dots,2q \right\}}\).
Oczywiście tych \(\displaystyle{ 0,\frac13,1,3}\) nie można opuścić, bo \(\displaystyle{ \tan^2\pi=0,\quad\tan^2\frac\pi6=\frac13,\quad\tan^2\frac\pi4=1,\quad\tan^2\frac\pi3=3}\)
A tak w ogóle to (prawie to samo, bo jeśli \(\displaystyle{ \tan\alpha\pi=\sqrt2}\), to \(\displaystyle{ \cos(1-2\alpha)\pi=\frac13}\)).
Re: LXVIII (68) OM - I etap
: 3 lut 2019, o 10:58
autor: WolfusA
W takim razie gdzie konkretnie w dowodzie korzystamy z założenia \(\displaystyle{ \tan^2\alpha\pi\neq 0,\frac13,1,3}\)
Re: LXVIII (68) OM - I etap
: 3 lut 2019, o 17:44
autor: timon92
WolfusA, na samym początku, gdy stwierdzamy, że \(\displaystyle{ 2\cos 2\alpha \pi}\) jest niecałkowitą liczbą wymierną