При делении $%a^2 + b^2$% на $%a + b$% получается неполное частное $%q$% и остаток $%r$%. Найдите все пары $%(a, b)$%, для которых $%q^2 + r = 2012$%

задан 2 Авг '13 12:55

изменен 2 Авг '13 17:49

Deleted's gravatar image


126

10|600 символов нужно символов осталось
3

Будем исходить из того, что $%a$% и $%b$% - натуральные числа, причем $%a> b$% (случай $%a=b$% - не проходит). Тогда $$\begin{cases}a^2+b^2=(a+b)q+r,\\q^2+r=2012, \end{cases}\Rightarrow q^2-(a+b)q+a^2+b^2-2012=0\Rightarrow q=2q_1,\quad q_1\in N.$$ Из второго уравнения системы следует, что левая часть второго уравнения делится на $%4$%, а это значит, что $% r=4r_1$% и $%a=2a_1,\quad b=2b_1 \quad(a_1>b_1).$% Исходную систему можно заменить системой $$\begin{cases}a_1^2+b_1^2=(a_1+b_1)q_1+r_1,\\q_1^2+r_1=503. \end{cases}\Rightarrow q_1^2-(a_1+b_1)q_1-503=0.$$ Дискриминант этого, относительно $%q_1$%, квадратного уравнения должен быть неотрицательным, $$D=(a_1+b_1)^2-4(a_1^2+b_1^2-503)\ge 0\Leftrightarrow3(a_1^2+b_1^2)-2ab\le2012\Rightarrow a_1^2+b_1^2\le1006\Rightarrow $$$$\Rightarrow a_1\le31,\quad r_1\le61.$$

Из второго уравнения последней системы имеем $%q_1=22,\quad r_1=19.$% Следовательно $%a_1^2+b_1^2=(a_1+b_1)22+19\Leftrightarrow (a_1-11)^2+(b_1-11)^2=261.$% Легко понять, что это уравнение имеет единственное решение $%a_1=26\quad b_1=17.$% Значит $%a=52\quad b=34.$%

Ответ. $%(52;34),(34;52).$%

ссылка

отвечен 4 Авг '13 13:35

изменен 7 Авг '13 16:14

10|600 символов нужно символов осталось
3

Можно предложить решение, не требующее компьютерного перебора.

Я буду исходить из того, что числа $%a$% и $%b$% являются целыми. В условии это явно не сказано, и теоретически возможно, что целыми будут только $%a^2+b^2$% и $%a+b$%, но не сами $%a$% и $%b$%. Этот вариант несколько более сложен и требует отдельного разбора. Я его рассматривать здесь не буду.

Из условия известно, что $%a+b\ne0$%. Будем считать, что $%a+b > 0$%, меняя в случае необходимости знаки обоих чисел. У нас теперь дано, что $%a^2+b^2=(a+b)q+r$%, где $%r=2012-q^2$%. При этом $%0\le r < a+b$%.

Уравнение $%a^2+b^2=(a+b)q+2012-q^2$% можно переписать в виде $$(a-q/2)^2+(b-q/2)^2+2(q/2)^2=2012.$$ Выведем отсюда, что $%q$% чётно. Предполагая противное, домножим обе части уравнения на $%4$%. Известно, что квадрат нечётного числа при делении на $%8$% даёт в остатке $%1$%. Тогда левая часть равенства,имеющая вид $%(2a-q)^2+(2b-q)^2+2q^2$%, при делении на $%8$% даёт в остатке $%4$%, а правая часть $%4048$% делится на $%8$%. Это приводит к противоречию.

Таким образом, $%q=2s$% для некоторого целого $%s$%. При этом $%r=2012-q^2\ge0$%, то есть $%s^2\le503$%. Ясно, что $%q\ge0$%, так как делимое и делитель положительны. Тем самым, $%0\le s\le22$%. Справедливо равенство $%(a-s)^2+(b-s)^2+2s^2=2012$%.

Для начала рассмотрим случай $%s=22$%. Он приводит к уравнению $%(a-22)^2+(b-22)^2=1044$%. Здесь уже возможен полный перебор, но его желательно упростить. Полагая $%u=a-22$%, $%v=b-22$%, получаем уравнение $%u^2+v^2=1044$%. Правая часть делится на $%4$%, и числа $%u$%, $%v$%, имеющие одинаковую чётность, не могут быть оба нечётными. Значит, оба они чётны, и уравнение переписывается в виде $$\left(\frac{u+v}2\right)^2+\left(\frac{u-v}2\right)^2=522.$$ Здесь уже все решения в натуральных числах легко перебрать, вычитая из $%522$% квадраты чисел от $%17$% до $%22$%. Подходит только одна пара: $%21^2+9^2=441+81=522$%. Здесь, правда, нужна некоторая осторожность, так как пока что некоторые из чисел могли возводиться в квадрат, взятые со знаком "минус". Но у нас $%r=2012-q^2=2012-44^2=76$%, и имеется неравенство $%r < a+b$%, откуда $%u+v=a+b-2s > 32$%. Ясно тогда, что $%u+v=2\cdot21=42$%; из соображений симметрии можно положить $%u\ge v$%, то есть $%u-v=2\cdot9=18$%. Тем самым, $%u=30$%, $%v=12$%, откуда получается решение $%a=u+s=52$%, $%b=v+s=34$%. Осталось показать, что других решений нет.

Идея здесь такая: если $%s\le21$%, то остаток выйдет из допустимого диапазона. Проверим это. Прежде всего, сохраняя обозначения $%u=a-s$%, $%v=b-s$%, мы приходим к неравенству $%u^2+v^2\le2012$%, откуда $%(u+v)^2\le2(u^2+v^2)\le4048$%, и $%u+v\le|u+v|\le63$%. С другой стороны, $%u+v=a+b-2s > r-2s=2012-4s^2-2s\ge2012-4\cdot21^2-2\cdot21=206$%. Получили явное противоречие.

ссылка

отвечен 5 Авг '13 13:20

В условии это явно не сказано

Операция деления с остатком определена на множестве натуральных чисел, нет?

то целыми будут только a2+b2 и a+b, но не сами a и b.

Нет. если a=n+d; b=k-d; то при 0<d<1 выражение (2n-2k+2d)d не может быть целым как проихведение двух нецелых.

(5 Авг '13 19:06) behemothus

Делить с остатком можно любое целое число на любое целое, отличное от нуля. Понятно, что числа $%a^2+b^2$% и $%a+b$% будут целыми тогда и только тогда, когда это же верно для суммы и удвоенного произведения чисел. Но сами $%a$% и $%b$% при этом не обязаны быть целыми. Наприме, пусть $%a+b=10$%, $%ab=3$%. Числа будут корнями квадратного уравнения $%x^2-10x+3=0$%, то есть это $%5\pm\sqrt{22}$%.

(5 Авг '13 20:57) falcao

Делить с остатком можно любое целое число на любое целое, отличное от нуля.

И не одним способом. ))) Много чего можно доопределить, но смысл? Например, в зависимости от того считать ли остаток при отрицательном делимом отрицательным или положительным, можно построить два обобщения понятия деления с остатком. Поскольку в задаче о том ничего не говорится, разумнее все-таки считать, что деление с остатком определено как в школе. Строить поле вычетов по модулю - это уже следующая ступень.

(6 Авг '13 1:44) behemothus
1

Нет, речь идёт о совершенно стандартно понимаемой операции деления с остатком. Определение такое: пусть $%u$% целое, $%v\ne0$% -- целое. Доказывается, что существуют и единственны целые числа $%q$% и $%r$% такие, что $%u=vq+r$% и $%0\le r < |v|$%. Это материал элементарного характера, и никакого поля вычетов тут нет. Вчера я исследовал этот случай до конца -- там всегда $%q=44$%, $%r=76$%, а решений получается 13 -- включая $%a=52$%, $%b=34$%. Например, подходят $%a,b=(89\pm3\sqrt{7})/2$%. При этом $%a^2+b^2=3992$%, $%a+b=89$%. Это натуральные числа.

(6 Авг '13 7:39) falcao

Это материал элементарного характера,

Не думаю. Так сейчас дают в школе? Я её увы, закончил без малого 40 лет назад )) - и с тех пор не сталкивался.

и никакого поля вычетов тут нет.

Насколько понимаю, смысл доопределения операции деления с остатком на множество ненатуральных чисел только в построении поля вычетов. Кстати, за исключением "страшного" слова "поля" ничего неэлементарного в самом таком поле тоже нет.

Но вот задача при таком доопредеоении становится резко неэлементарной.

(7 Авг '13 19:13) behemothus

Сейчас нет единого стандарта школьного курса. В принципе, вариант с натуральными числами разумно брать за основу для первого знакомства. Но в любом элементарном курсе теории чисел эта теорема идёт в самом начале именно в таком варианте. До алгебры тут ещё далеко (кстати, поле получается только по простому модулю), и деление отрицательного числа на натуральное имеет вполне практический смысл. Скажем, если есть 7 равноправных пайщиков, и они получили 100 у.е., то каждому достаётся по 14, а в "общаке" остаётся 2. Если же они должны отдать 100 у.е., то скидываться приходится уже по 15 (q=-15,r=5).

(7 Авг '13 22:59) falcao

В данной задаче делимое всегда положительно, то есть эта разница не проявляется. Решение в общем случае, если допускать нецелые a,b, как ни странно, не намного сложнее. Более того, именно после рассмотрения такого усложнённого варианта мне стала ясна до конца суть задачи: она в том, что q не больше 44, но если это не 44, то остаток оказывается слишком большой. Я, правда, рассматривал этот вариант из чисто спортивного интереса. Авторы задачи, скорее всего, имели в виду натуральные числа a,b.

(7 Авг '13 23:02) falcao
показано 5 из 7 показать еще 2
10|600 символов нужно символов осталось
2

Простой, но утомительный метод. Исключить параметр $%r$% и исследовать квадратное уравнение относительно $%q$%. Выписываем дискриминант, он должен быть квадратом целого числа (не большего 89). По этому значению и делаем перебор. есть и другие ограничения, каждое слагаемое не больше 69, а их сумма не меньше 46.

ссылка

отвечен 2 Авг '13 19:30

изменен 2 Авг '13 19:33

10|600 символов нужно символов осталось
2

a=34 и b=52. Ну и симметричное.

На экселе ушло минут 10, из них 7-8 - на поиски случайной ошибки. Очень сомневаюсь, что есть решение, без тупого перебора. Больно уж числа неимпозантные. разве что 34=2x17; 51=3x17+1.

ссылка

отвечен 4 Авг '13 12:01

изменен 5 Авг '13 19:04

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×216

задан
2 Авг '13 12:55

показан
2741 раз

обновлен
7 Авг '13 23:02

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru