[MIX] Mix matematyczny (27)

[mol_ksiazkowy]

ad 8

Ukryta treść:    

Zadanie ze \(\displaystyle{ 101}\) Nierozwiazanych
Jeśli \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) są względnie pierwsze to istnieją \(\displaystyle{ c}\) i \(\displaystyle{ d}\) liczby całkowite, takie że
\(\displaystyle{ ad- bc = \pm 1}\).
Wtedy gdy \(\displaystyle{ \begin{cases}x= a^2+b^2\\ y = c^2+d^2 \\z=ac+bd\end{cases}}\)
spełniają to równanie, gdyż jest tożsamość:
\(\displaystyle{ (a^2+b^2)(c^2+d^2)= (ac+bd)^2+ (ad-bc)^2}\)
istnieje więc nieskończona ilość rozwiązań

Dać przykład (podając \(\displaystyle{ a,b,c,d}\), dla \(\displaystyle{ x=13, \ y=5, \ z=8}\))

tu \(\displaystyle{ a=3 \ b=2 \ c=2 \ d=1}\)


Nie wprost
Jeśli założyć, że \(\displaystyle{ (x_0, y_0, z_0)}\) jest trójką t. iż \(\displaystyle{ x_0,y_0= z_0^2 +1}\) (niech \(\displaystyle{ x_0 \leq y_0}\)) i układ:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x=a^2+b^2 \\ y=c^2+d^2 \\ z=ac+bd\end{cases}}\)
oraz \(\displaystyle{ |ad-bc|= 1}\)
nie ma realizacji (oraz \(\displaystyle{ z_0}\) jest najmniejsze z możliwych).
Wtedy \(\displaystyle{ z_0 - x_0 \geq 1}\) oraz \(\displaystyle{ z_0^2 < x_0y_0 \leq (\frac{x_0+ y_0}{2})^2}\)

to trójka
\(\displaystyle{ (x_0, x_0 + y_0 - 2z_0, z_0 - x_0)}\) także jest rozwiązaniem tego równania. (np. z (5, 13, 8) jest (5, 2, 3) ). A więc \(\displaystyle{ \begin{cases} x_0=a^2+b^2 \\ x_0+y_0 - 2z_0=c^2+d^2 \\ z_0 - x_0=ac+bd\end{cases}}\) oraz \(\displaystyle{ |ad-bc|= 1}\).
Ale wtedy \(\displaystyle{ y_0 = (a+c)^2+ (b+d)^2}\) i \(\displaystyle{ z_0 = a(a+c)+ b(b+d)}\)
Jak i \(\displaystyle{ |a(b+d) - b(a+c)|= 1}\)
sprzeczność
zródło: J. Sándor - Geometric theorems, diophantine equations and arithmetic functions

[Msciwoj]

7. dziwny sposób, ale chyba go nie było jeszcze:    

Weźmy funkcję \(\displaystyle{ f(x) = p(x+1) - p(x) - log(x+1)}\). Ta funkcja ma własność:
\(\displaystyle{ f(n)=0}\) dla każdego \(\displaystyle{ n \in \mathbb{N}}\), a oprócz tego jest ciągła i różniczkowalna w zbiorze dodatnich liczb rzeczywistych.

Niech standardowo \(\displaystyle{ f'(x)}\) oznacza pochodną tej funkcji. Widzimy, że

\(\displaystyle{ f'(x)= p'(x+1)-p'(x)-\frac{1}{x+1}}\). Na mocy twierdzenia Rolle'a, między każdymi dwoma miejscami zerowymi pewnej funkcji ciągłej istnieje co najmniej jedno miejsce zerowe pochodnej tej funkcji. Zatem, istnieje pewien nieskończony podzbiór zbioru dodatnich liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ A}\), taki że \(\displaystyle{ f'(x)=0}\) dla każdego \(\displaystyle{ x \in A}\).

Rozpatrzmy następnie funkcję \(\displaystyle{ (x+1) f'(x)}\). Ponieważ pochodna wielomianu jest wielomianem, różnica wielomianów jest wielomianem, oraz iloczyn wielomianów jest wielomianem, a ostatni składnik naszej pochodnej pomnożony przez \(\displaystyle{ x +1}\) staje się po prostu jedynką, możemy z łatwością stwierdzić, że \(\displaystyle{ (x+1) f'(x)}\) jest również wielomianem. Jest to jednak wielomian, który w nieskończenie wielu miejscach przyjmuje wartość \(\displaystyle{ 0}\) - są to punkty zbioru \(\displaystyle{ A}\). Zatem jest on tożsamościowo równy zeru. Ponieważ jednak \(\displaystyle{ (x+1) \neq 0}\) dla liczb dodatnich, musi być \(\displaystyle{ f'(x) \equiv 0}\).
Co prowadzi nas do równości:
\(\displaystyle{ p'(x+1)-p'(x) = \frac{1}{x+1}}\)

Po której lewej stronie stoi wielomian, a po prawej coś, co z pewnością nim nie jest. Jest to sprzeczność, która kończy dowód.