Возможно ли представить дробь $$\begin{gathered} \hfill \\ \hfill \\ \frac{{{x^2} + y}}{{4z{y^2} - 1}} \hfill \\ \end{gathered} $$ в виде целого числа, где $%x,y,z$% натуральные числа?

задан 16 Сен '15 4:30

изменен 16 Сен '15 4:31

Если число может быть отрицательным то точно да. Потому, что уравнение $%x^2+y=a^2(4zy^2+1)$% всегда можно привести к эвивалетному уравнению Пелля. И решения записать тоже можно всегда.

(16 Сен '15 10:18) Individ

@Individ: тут отрицательных чисел нет. В условии допускаются только натуральные.

(16 Сен '15 17:17) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
3

Пусть $%x,y,z\in\mathbb N$%. Докажем, от противного, что $%x^2+y$% не делится нацело на $%d=4zy^2-1$%. Заметим, что $%d\ge3$% нечётно.

Для любого простого $%p|d$% сравнение $%x^2\equiv-y\pmod{p}$% имеет решение, поэтому символ Лежандра равен единице: $%(\frac{-y}p)=1$%. Перемножая все такие символы Лежандра, имеем как следствие, что символ Якоби также равен единице: $%(\frac{-y}d)=1$%. Ввиду того, что $%d$% нечётное вида $%4k-1$%, символ Якоби числа $%-1$% равен $%-1$%. Следовательно, $%1=(\frac{-y}d)=(\frac{-1}d)(\frac{y}d)=-(\frac{y}d)$%, откуда $%(\frac{y}d)=-1$%. Докажем, что это не так, откуда будет следовать противоречие.

Достаточно доказать равенство $%(\frac{p}d)=1$% для любого простого $%p|y$%. Тогда по свойству мультипликативности символов Якоби всё будет следовать.

1) $%p$% нечётно, $%p=4k+1$%. Закон взаимности для символов Якоби даёт $%(\frac{p}d)=(\frac{d}p)$%. Далее, $%d$% сравнимо с $%-1$% по модулю $%p$%, а символ Лежандра числа $%-1$% по простому модулю $%p=4k+1$% равен единице: $%(\frac{d}p)=(\frac{-1}p)=(-1)^{\frac{p-1}2}=1$%.

2) $%p$% нечётно, $%p=4k+3$%. Здесь оба числа $%p$% и $%d$% при делении на 4 дают в остатке 3, поэтому применение закона взаимности приводит к смене знака. Но далее снова возникает символ Лежандра $%-1$% по модулю $%p$%, а здесь он уже равен $%-1$%, и в итоге $%(\frac{p}d)=-(\frac{d}p)=-(\frac{-1}p)=-(-1)=1$%.

3) $%p=2$%. Здесь $%d\equiv-1\pmod8$%, откуда по свойствам символа Якоби получается $%(\frac{p}d)=(\frac2d)=(-1)^{\frac{d^2-1}8}=1$%.

Все случаи рассмотрены, что завершает доказательство.

Утверждение задачи можно усилить, заменив $%y^2$% в знаменателе дроби просто на $%y$%.

ссылка

отвечен 16 Сен '15 17:41

@falcao: Просто и красиво. Теперь понятно, почему мои попытки "спуска Виета" были безуспешные (квадратного трёхчлена относительно $%y$% может и не быть).

(16 Сен '15 18:05) EdwardTurJ

@EdwardTurJ: мне тоже понравилась задача. То, что там возможно усиление с заменой $%y^2$% на $%y$% (а в таком виде всё более естественно), я заметил уже только в процессе написания решения. То есть получилось, что если $%d$% делит $%x^2+y$%, то $%d\neq-1\,(mod4y)$%. Тут как бы уже всё "под завязку", и ослабить до $%2y$% нельзя.

(16 Сен '15 22:01) falcao
1

@falcao, иногда ослабить до $%2y$% можно. Например, $%x^2+3$% не имеет делителей вида $%6z-1$%.

(17 Сен '15 1:33) knop

@knop: я имел в виду, что в формулировке нельзя сделать ослабление, заменив знаменатель на $%2yz-1$%. Но для отдельных $%y$% это возможно. Правда, я не знаю, какое здесь будет полное описание.

(17 Сен '15 1:49) falcao
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:

×664
×242
×135
×59

задан
16 Сен '15 4:30

показан
528 раз

обновлен
17 Сен '15 1:49

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