|
$$ \begin{cases}a^2+b^2=2ac+2bd\\b < d\\c< a\\a,b,c,d - натуральные\end{cases} $$ задан 8 Фев '13 17:22 
вуду |
|
Пусть $$a=c+e,$$ $$d=b+f.$$ Тогда $%c, d, e$% и $%f$% - произвольные натуральные, удовлетворяющие уравнению $$c^2+d^2=e^2+f^2,$$ или $$(d-e)(d+e)=(f-c)(f+c).$$ Если N - общее значение обеих частей последнего равенства, то число N хотя бы двумя способами разлагается в произведение двух множителей одной чётности (т.к. разность сомножителей в каждой паре - чётное число). Обратно, пусть произвольное число N допускает по крайней мере два таких разложения. Проводя выкладки в обратном порядке, получим произвольные натуральные $%c, d, e$% и $%f$%, по которым вычислим $%a, b, c$% и $%d$%, удовлетворяющие нужным ограничениям. $$$$ Следовательно, все решения получаются указанным способом из чисел, представимых хотя бы двумя способами в виде произведения двух сомножителей одной чётности. отвечен 8 Фев '13 17:57 
splen А как у Вас получилось уравнение $%b^2+c^2=e^2+f^2$%? Там ведь $%f$% входит только в $%d$%, то есть $%f^2$% могло возникнуть только из $%d^2$%. У меня в результате упрощений получилось другое уравнение: $$e^2=b^2+c^2+2bf.$$
(8 Фев '13 18:19)
falcao
Да, теперь понятно, что там $%d$% вместо $%b$% должно быть. Есть ещё одно замечание. В том уравнении, которое Вы написали, общее значение $%N$% может быть равно нулю ($%d=e$%, $%f=c$% приводит к решению), и может быть отрицательным. Это создаёт некоторые дополнительные трудности. Мне кажется, было бы удобнее составить равенство $$(e-c)(e+c)=(d-f)(d+f),$$ где по условию $%d>f$%, и тогда $%N$% положительно. Правда, в этом случае речь идёт не обязательно о разных разложениях на множители одинаковой чётности: совпадение тоже возможно, то есть случай $%d=e>f=c$%.
(8 Фев '13 19:29)
falcao
|
