LXVIII (68) OM - I etap

[Pinionrzek]

Tu był ordynarny blef xDD.

[PoweredDragon]

Cóż. To zadanie było dziwne i ostatecznie go nie wysłałem; znalazłem jednak rozwiązanie choć nie potrafiłem go udowodnić:

Ukryta treść:    

Wszystkie x, y zawierają się w dwóch ciągach:
\(\displaystyle{ x_1 = x_2 = 1}\)
\(\displaystyle{ x_n = 2x_{n-1}+x_{n-2}}\)

\(\displaystyle{ y_1 = 0}\)
\(\displaystyle{ y_2 = 1}\)
\(\displaystyle{ y_n = 2y_{n-1} + y_{n-2}}\)
\(\displaystyle{ n \in \mathbb N_+}\)

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:

\(\displaystyle{ x_{f_1} = x_1}\)
\(\displaystyle{ y_{f_1} = y_1}\)
\(\displaystyle{ x_{f_2} = x_2}\)
\(\displaystyle{ y_{f_2} = y_2}\)
\(\displaystyle{ x_{f_r} = x_{f_{r-1}}^2 + 2y_{f_{r-1}}^2}\)
\(\displaystyle{ y_{f_r} = 2x_{f_{r-1}}y_{f_{r-1}}}\)

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

[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)

[PiotrAH]

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).

[arek1357]

Tak na marginesie całkiem od niechcenia, żeby pocieszyć oko:

\(\displaystyle{ a= \mp \frac{(3-2 \sqrt{2})^n+(3+2 \sqrt{2})^n}{2}}\)

\(\displaystyle{ b= \pm \sqrt{2}\frac{(3-2 \sqrt{2})^n-(3+2 \sqrt{2})^n}{4}}\)

[TobiWan]

ale jak to? może przecież mieć nieskończenie wiele rozwiązań, a \(\displaystyle{ z^{2}+2t ^{2}}\)
nie musi sie rownać \(\displaystyle{ 70}\)

[Hayran]

Nie musi równać się \(\displaystyle{ 70}\), ale musisz to wykazać, bo może też nie działać dla wszystkich następnych par liczb spełniających równanie Pella.

[enedil]

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 \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\)).

[TobiWan]

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 \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\)).

[enedil]

Bynajmniej, twierdzenie tamto mówi jedynie, że

\(\displaystyle{ \tan \alpha \pi \in \mathbb{Q} \Leftrightarrow \tan \alpha \pi \in \{-1, 0, 1\}}\)

natomiast \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\) wymierny nie jest.

[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 \(\displaystyle{ \cos(1-2\alpha)\pi=\frac13}\)).

[WolfusA]

W takim razie gdzie konkretnie w dowodzie korzystamy z założenia \(\displaystyle{ \tan^2\alpha\pi\neq 0,\frac13,1,3}\)

[timon92]

WolfusA, na samym początku, gdy stwierdzamy, że \(\displaystyle{ 2\cos 2\alpha \pi}\) jest niecałkowitą liczbą wymierną

[WolfusA]

Dzięki wielkie, już to widzę.