У нас есть пять натуральных чисел: $%x,y,z,a,b$% связанных условием $%{x^2} + a{y^2} + b = {a^2}{y^2}{z^2}$%, причем $%a > b$%. Докажите что, $%z = a - b$%.

задан 26 Май '14 4:53

Источник задачи, кстати, не раскроете? Если это не секрет, конечно.

(6 Июн '14 23:07) falcao
1

Задачу придумал Осипов Николай Николаевич (nnosipov).

(6 Июн '14 23:19) night-raven

Спасибо за информацию! Приятно, что человек "наш", то есть мехматский :) А задача на какой-нибудь олимпиаде предлагалась, или возникла "частным" образом? Интересно, кстати, почему в условии не было прямо сказано "докажите, что $%z=1$%, и что $%a-b=1$%".

(6 Июн '14 23:54) falcao

Собственно я нашел ее здесь . Ее кстати никто так и не решил полностью, так что если ваше решение верное, то примите мои поздравления :)

(7 Июн '14 1:17) night-raven
1

Решение должно быть верное -- я его проверял вдоль и поперёк. Если Вы на том форуме зарегистрированы, то можете дать автору ссылку -- пусть он посмотрит.

Вообще, тут весьма красивое содержание у этой задачи. Я поначалу тоже думал разложение в цепные дроби применить, но там довести до конца было сложно слишком. Для случая $%z=1$% я преобразования подобрал уже давно, и хотел даже выложить решение для этого частного случая. Но вчера мне удалось сделать то же самое для общего случая.

(7 Июн '14 1:35) falcao

Кстати я для этой задачи нашел решение в общем виде:

$%x = a - 1,\,\,\,y = 1,\,\,\,z = 1,\,\,\,a \in N,\,\,\,b = a - 1$%

Выходит что $%x = b,\,\,\,y = z$%

(7 Июн '14 1:49) night-raven

То есть вам удалось доказать через оценки. Я правильно понял?

(7 Июн '14 1:58) night-raven

@void_pointer: то, что Вы указали -- это только часть из множества решений. Самих решений намного больше. Их можно получить из "минимального" через обратные преобразования (по тем формулам, которые у меня указаны, только в обратную сторону).

Я мысленно рассматривал число $%x/y$% как рациональное приближение к корню квадратному из $%\sqrt{a^2z^2-a}$%, но это была только "руководящая идея". Я пытался в конечном счёте найти явные формулы для преобразований, при которых $%y$% уменьшается, что и было в итоге реализовано.

(7 Июн '14 8:12) falcao
показано 5 из 8 показать еще 3
10|600 символов нужно символов осталось
2

Интересная задача. Довольно долго над ней думал, разобрал сначала случай $%z=1$% (он уже достаточно нетривиален), но потом долго не мог построить доказательство того, что других решений нет. В итоге всё-таки нашёл нужные преобразования.

Зафиксируем $%a$%, $%b$%, $%z$% как натуральные параметры ($%a > b$%), и рассмотрим такое решение $%(x;y)\in{\mathbb Z}\times{\mathbb N}$%, для которого $%y$% принимает наименьшее возможное значение. Легко видеть, что $%x\ne0$% (так как $%b$% не делится на $%a$%), поэтому можно считать, что $%x\in{\mathbb N}$%.

Из равенства $%x^2+ay^2+b=a^2y^2z^2$% следует, что $%x < ayz$%. Введём новую переменную $%u=ayz-x\in{\mathbb N}$%, и сделаем в уравнении замену $%x=ayz-u$%. Получится $%u^2-2auyz+ay^2+b=0$%. Прибавляя $%a(uz)^2$% к обеим частям, имеем $%u^2+a(uz-y)^2+b=au^2z^2$%. Далее пусть $%v=uz-y$%, откуда $%u^2+b=a(uz+v)(uz-v)$%. Теперь пусть $%t=uz+v$%, после чего имеем $%u^2+b=at(2uz-t)$%, то есть $%u^2-2uatz+at^2+b=0$%. Прибавляя к обеим частям $%(atz)^2$%, получаем $%(u-atz)^2+at^2+b=(atz)^2$%, то есть пара $%(x_1;y_1)=(u-atz;t)$% удовлетворяет равенству $%x_1^2+ay_1^2+b=a^2y_1^2z^2$%.

Для удобства можно привести итоговые явные формулы, выражающие новое решение через старое. А именно, $%t=2uz-y$%, поэтому $%x_1=u-atz=ayz+u(1-2az^2)=(2az^2-1)x-2az(az^2-1)y$% и $%y_1=t=2(ayz-x)z-y=-2zx+(2az^2-1)y$%. При желании, можно было бы просто предъявить эти формулы, подставляя далее эти значения в исходное уравнение и проверяя, что снова получаются его решения, но я предпочёл показать то, как к этим выражениям пришли.

Проверим для начала, что $%y_1\in\mathbb N$%. Это условие равносильно $%(az-\frac1{2z})y > x$%. Последнее верно, так как $%(a^2z^2-a+\frac1{4z^2})y^2 > (a^2z^2-a)y^2=x^2+b > x^2$%.

Теперь воспользуемся минимальностью выбора $%y$%, откуда вытекает неравенство $%y_1\ge y$%. Оно равносильно $%(az^2-1)y\ge zx$%, то есть $%x\le(az-\frac1z)y$% После возведения в квадрат имеем $%x^2\le(a^2z^2-2a+\frac1{z^2})y^2=x^2+ay^2+b-2ay^2+\frac{y^2}{z^2}$%. Таким образом, $%ay^2\le b+\frac{y^2}{z^2}\le a-1+\frac{y^2}{z^2}\le a-1+y^2$%, причём равенство возможно только при $%b=a-1$% и $%z=1$%. Из этого неравенства следует, что $%(a-1)(y^2-1)\le0$%, то есть $%y=1$% (последнее имеет место для решения с минимально возможным значением $%y$%). Из сказанного следует, что $%a-b=z$%, а также что $%z=1$%.

ссылка

отвечен 6 Июн '14 20:54

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:

×915

задан
26 Май '14 4:53

показан
884 раза

обновлен
7 Июн '14 8:12

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