|
Довольно интересное, но сложное уравнение, которое решить, увы, никак не получается. Нужно найти наименьшее и наибольшее натуральные значения $%n$%, при которых уравнение $%{({x^2} + {y^2})^{2010}} = {x^n}{y^n}$% имеет натуральные решения. Пожалуйста, помогите с решением. задан 10 Окт '14 0:11 
Мистер Уизли |
|
$$\begin{array}{l} {\text{Воспользуемся неравенством }}{x^2} + {y^2} \ge 2xy.\\ {\left( {xy} \right)^n} = {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)^{2010}} \ge {\left( {2xy} \right)^{2010}} \Leftrightarrow {\left( {xy} \right)^{n - 2010}} \ge {2^{2010}} \Rightarrow n \ge 2011\\ {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)^{2010}} = {\left( {xy} \right)^n} \Leftrightarrow {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)^{2010}} = {\left( {xy} \right)^{n - 2010}}{\left( {xy} \right)^{2010}} \Leftrightarrow \\ {\left( {\frac{x}{y} + \frac{y}{x}} \right)^{2010}} = {\left( {xy} \right)^{n - 2010}}\\ {\text{Если }}x \ne y{\text{, то }}\frac{x}{y} + \frac{y}{x}{\text{ нецелое}}{\text{, тогда как }}{\left( {xy} \right)^{n - 2010}}{\text{ - целое (}}n \ge 2011{\text{)}}\\ {\text{и значит решений нет}}{\text{.}}\\ {\text{Поэтому если уравнение имеет натуральные решения}}{\text{, то }}x = y.\\ {\text{Тогда}}\\ {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)^{2010}} = {\left( {xy} \right)^n} \Leftrightarrow {\left( {{x^2} + {x^2}} \right)^{2010}} = {\left( {{x^2}} \right)^n} \Leftrightarrow {x^{2n - 4020}} = {2^{2010}}.{\text{ }}\\ {\text{Отсюда видим}}{\text{, что }}x{\text{ - степень двойки}}{\text{.}}\\ {\text{При }}n = 2011\\ {x^{2n - 4020}} = {2^{2010}} \Leftrightarrow {x^{4022 - 4020}} = {2^{2010}} \Leftrightarrow {x^2} = {2^{2010}} \Leftrightarrow x = y = {2^{1005}}.\\ n{\text{ максимально когда }}x = 2.{\text{ Тогда}}\\ {x^{2n - 4020}} = {2^{2010}} \Leftrightarrow {2^{2n - 4020}} = {2^{2010}} \Leftrightarrow 2n - 4020 = 2010 \Leftrightarrow n = 3015. \end{array}$$ отвечен 11 Окт '14 11:18 
Igore Хорошее решение. Надо только исправить одну мелкую опечатку: взять в скобки произведение $%xy$% в конце третьей строчки.
(11 Окт '14 11:37)
falcao
Да, спасибо.
(11 Окт '14 11:42)
Igore
Отличное решение!
(12 Окт '14 2:21)
night-raven
Большое спасибо!
(12 Окт '14 20:48)
Мистер Уизли
|
|
Пусть $%d={\rm НОД}(2010,n)$%. Тогда $%2010=dk$%, $%n=dm$%, где $%k$%, $%m$% -- взаимно простые натуральные числа. Записывая уравнение в виде $%(x^2+y^2)^{k}=(xy)^m$% после извлечения корня степени $%d$% из обеих частей, замечаем, что $%x^2+y^2$% является $%m$%-й степенью, а $%xy$% является $%k$%-й степенью. Это следует из взаимной простоты показателей и легко выводится из основной теоремы арифметики (представление натуральных чисел в виде произведения степеней простых). В самом деле, если $%a^k=b^m$%, и $%a$% в разложении содержит простое число $%p$% в степени $%s$%, то $%b^m$% его содержит в степени $%ks$%, и $%ks$% делится на $%m$%. Взаимная простота влечёт тот факт, что $%s$% делится на $%m$%, и так для любого из простых делителей. Значит, $%a$% является $%m$%-й степенью, а $%b$% является $%k$%-й степенью. Исходя из сказанного мы можем положить $%x^2+y^2=c^m$%, $%xy=c^k$% для некоторого натурального $%c$%. При этом $%x^2y^2=c^{2k}$%, и в силу теоремы Виета числа $%x^2$%, $%y^2$% будут корнями квадратного уравнения $%t^2-c^mt+c^{2k}=0$%. Дискриминант этого уравнения равен $%D=c^{2m}-4c^{2k}=c^{2k}(c^{2(m-k)}-4)$%. Ввиду того, что корни целые (рациональные), из дискриминанта должен извлекаться целый корень. Множитель $%c^{2k}$% является квадратом, то есть целочисленный корень должен извлекаться и из $%c^{2(m-k)}-4$%. Но из того, что $%u^2-4=v^2$% для целых $%u$%, $%v$% легко следует, что $%v=0$%: разность двух чисел списка 0, 1, 4, 9, ... может быть равна $%4$% только в этом случае. Этим мы приходим к выводу, что $%c^{2(m-k)}=4$%, то есть $%c^{m-k}=2$%. Такое возможно только при $%c=2$% и $%m=k+1$%. Помимо всего прочего, из $%D=0$% вытекает, что корни равны, то есть $%x=y$%. В итоге мы фактически получили полное описание решений уравнения в натуральных числах: $%x=y=2^t$% для некоторого $%t$%. Для исходного уравнения получается $%2^{2010(2t+1)}=2^{2tn}$%, и $%n=2010(1+\frac1{2t})$%. В качестве $%t$% можно брать любой делитель числа $%1005$%, чтобы $%n$% было целым: $%n=2010+\frac{1005}t$%. Из этого ясно, что наименьшим значением будет $%n=2011$% при $%t=1005$% с решениями $%x=y=2^{1005}$%. Наибольшим будет значение $%n=3015$% при $%t=1$%, где решением будет $%x=y=2$%. Можно ещё заметить, что $%1005=3\cdot5\cdot67$%, и натуральных делителей у этого числа имеется ровно 8. Столько же значений может принимать $%t$%. Это описывает все решения для всех возможных случаев. отвечен 10 Окт '14 1:23 
falcao Благодарю за такое решение, спасибо!! Внимательно его изучил, у меня есть кое-какие вопросы, но сперва нужно устранить пробелы в знаниях. Буду повторять некоторые разделы теории чисел.
(12 Окт '14 20:48)
Мистер Уизли
|