Διοφαντική!!

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #1

Να βρεθούν όλες οι μη αρνητικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $y^2=2x^4\pm 1$

thrassos · #2

Λαθος απαντηση...

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #3

thrassos έγραψε:Καλησπέρα Διονύση,
Μια προσπάθεια για την άσκησή σου.
Αρχικά, για έχουμε ότι $(\sqrt2 x^2)^2<y^2\leq(\sqrt2 x^2+1)^2$ με την ισότητα να ισχύει μόνο για .Άρα μόνη λύση σε αυτή την περίπτωση η .
Τώρα ακολουθώντας την ίδια τακτική για την έχουμε $(\sqrt2 x^2 -1)^2<y^2<(\sqrt2 x^2)^2$ .
Φιλικά,
Θράσος

Δεν είμαι τόσο σίγουρος για την αντιμετώπιση σου

. Για παράδειγμα στην y^2=2x^4-1

έχουμε και τη μη τετριμμένη λύση:

y=239

και

.

Φιλικά,
Διονύσης

harrisp · #4

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
thrassos έγραψε:Καλησπέρα Διονύση,
Μια προσπάθεια για την άσκησή σου.
Αρχικά, για έχουμε ότι $(\sqrt2 x^2)^2<y^2\leq(\sqrt2 x^2+1)^2$ με την ισότητα να ισχύει μόνο για .Άρα μόνη λύση σε αυτή την περίπτωση η .
Τώρα ακολουθώντας την ίδια τακτική για την έχουμε $(\sqrt2 x^2 -1)^2<y^2<(\sqrt2 x^2)^2$ .
Φιλικά,
Θράσος
Δεν είμαι τόσο σίγουρος για την αντιμετώπιση σου . Για παράδειγμα στην έχουμε και τη μη τετριμμένη λύση:

και .

Φιλικά,
Διονύσης

Νομίζω το λαθος υπάρχει εκεί που το φράζεις ανάμεσα σε 2 τετράγωνα που όμως δεν ειναι τέλεια.

JimNt. · #5

Επαναφορά! Θα είχε ενδιαφέρον να δούμε πως λύνεται.

harrisp · #6

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:Να βρεθούν όλες οι μη αρνητικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $y^2=2x^4\pm 1$

Διονύση νομίζω πως ειναι πολυ δύσκολη. Εσυ πώς την ελυσες;

JimNt. · #7

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:
Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:Να βρεθούν όλες οι μη αρνητικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $y^2=2x^4\pm 1$
Διονύση νομίζω πως ειναι πολυ δύσκολη. Εσυ πώς την ελυσες;

Συμφωνώ. Νομίζω πάντως ότι υπάρχει ένας συσχετισμός με την Pell

στον τρόπο λύσης της.
EDIT: Λανθασμένη πληροφορία

#8

Ποια είναι από ΒΜΟ;

Η άσκηση με 2x^4+1=y^2

είναι η άσκηση 2.71 από το βιβλίο Μαθηματικοί Διαγωνισμοί ΙΙ. Πρόκειται για αρκετά απαιτητική άσκηση.

JimNt. · #9

silouan έγραψε:Ποια είναι από ΒΜΟ;

Η άσκηση με είναι η άσκηση 2.71 από το βιβλίο Μαθηματικοί Διαγωνισμοί ΙΙ. Πρόκειται για αρκετά απαιτητική άσκηση.

Είχα δει κάτι παρεμφερές στο aops ( x^3=2y^2+1

,

) και νόμισα ότι προέρχετο από BMO ,με συγχωρείτε.

panagiotis99 · #10

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:Να βρεθούν όλες οι μη αρνητικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $y^2=2x^4\pm 1$

Ενώ η

πρόκειται για την εξίσωση του Ljunggren και η λύση της ξεφεύγει τελείως από την θεματική ενότητα.
Καλό είναι πριν προτείνετε ασκήσεις να τις λύνεται πρώτα.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #11

Καταρχάς, συγγνώμη αν σας ταλαιπώρησα χωρίς λόγο

. Κατασκεύασα αυτή την άσκηση στην προσπάθεια να δω αν υπάρχουν άπειροι αριθμοί Pell

που είναι τετράγωνοι(Οι λύσεις της εξίσωσης $y^2=2x^2 \pm 1$ ) (Δεν γνώριζα πως ήταν εν μέρει άσκηση διαγωνισμού

).

Για την πρώτη εξίσωση την y^2=2x^4+1

δεν έχω κάποια πολύ περίπλοκη λύση (μπορεί να χάνω κάτι...)

Μια περιληπτική λύση:

Εύκολα μπορούμε να δείξουμε ότι το

πρέπει να είναι άρτιος, άρα υποθέτουμε πως x=2m

. Η εξίσωση γίνεται:

$y^2=32m^4+1\Leftrightarrow \dfrac{(y-1)(y+1)}{4}=8m^4$

Οι αριθμοί $\dfrac{y-1}{2}$ και $\dfrac{y+1}{2}$ είναι πρώτοι μεταξύ τους, άρα αναγκαστικά παίρνουμε ότι $\dfrac{y+1}{2}=c^4$ και ότι $\dfrac{y-1}{2}=8d^4$ ή $\dfrac{y-1}{2}=c^4$ και ότι $\dfrac{y+1}{2}=8d^4$ . Η δεύτερη όμως περίπτωση απορρίπτεται, καθώς με αφαίρεση των δυο σχέσεων φτάνουμε σε άτοπο. Στη πρώτη περίπτωση αφαιρώντας τις δύο σχέσεις παίρνουμε ότι $c^4=8d^4+1\Leftrightarrow 2d^4=\dfrac{(c^2-1)(c^2+1)}{4}$ . Οι αριθμοί $\dfrac{c^2-1}{2}$ και $\dfrac{c^2+1}{2}$ είναι πρώτοι μεταξύ τους, άρα αναγκαστικά παίρνουμε ότι $\dfrac{c^2+1}{2}=f^4$ και ότι $\dfrac{c^2-1}{2}=2g^4$ ή $\dfrac{c^2-1}{2}=e^4$ και ότι $\dfrac{c^2+1}{2}=2g^4$ . Πάλι η δεύτερη περίπτωση απορρίπτεται, καθώς θα είχαμε ότι $\dfrac{c^2+1}{2}=2g^4\Leftrightarrow c^2=4g^4-1$ άτοπο. Άρα $\dfrac{c^2+1}{2}=f^4$ και $\dfrac{c^2-1}{2}=2g^4$ .

Προσθέτουμε τις δυο σχέσεις κατά μέλη και προκύπτει ότι c^2=2g^4+f^4

. Αφαιρούμε τις δύο σχέσεις κατά μέλη και προκύπτει ότι f^4=1+2g^4

Αντικαθιστώντας την τελευταία στην πρώτη παίρνουμε ότι $c^2=4g^4+1\Leftrightarrow c^2-4g^4=1$ , άρα g=0

και επιστρέφοντας στην αρχική παίρνουμε την μοναδική λύση x=0

και

.

Για την y^2=2x^4-1

βρήκα ένα μικρό λάθος που μου καταστρέφει το σκεπτικό

. Πραγματικά δεν έχω λύση. Πάντως εκτός από την τετριμμένη (x , y)=(1, 1)

, υπάρχει και η (x, y)=(13, 239)

και μπορεί και περισσότερες...

harrisp · #12

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:Καταρχάς, συγγνώμη αν σας ταλαιπώρησα χωρίς λόγο . Κατασκεύασα αυτή την άσκηση στην προσπάθεια να δω αν υπάρχουν άπειροι αριθμοί που είναι τετράγωνοι(Οι λύσεις της εξίσωσης $y^2=2x^2 \pm 1$ ) (Δεν γνώριζα πως ήταν εν μέρει άσκηση διαγωνισμού ).

Για την πρώτη εξίσωση την δεν έχω κάποια πολύ περίπλοκη λύση (μπορεί να χάνω κάτι...)

Μια περιληπτική λύση:

Εύκολα μπορούμε να δείξουμε ότι το πρέπει να είναι άρτιος, άρα υποθέτουμε πως . Η εξίσωση γίνεται:

$y^2=32m^4+1\Leftrightarrow \dfrac{(y-1)(y+1)}{4}=8m^4$

Οι αριθμοί $\dfrac{y-1}{2}$ και $\dfrac{y+1}{2}$ είναι πρώτοι μεταξύ τους, άρα αναγκαστικά παίρνουμε ότι $\dfrac{y+1}{2}=c^4$ και ότι $\dfrac{y-1}{2}=8d^4$ ή $\dfrac{y-1}{2}=c^4$ και ότι $\dfrac{y+1}{2}=8d^4$ . Η δεύτερη όμως περίπτωση απορρίπτεται, καθώς με αφαίρεση των δυο σχέσεων φτάνουμε σε άτοπο. Στη πρώτη περίπτωση αφαιρώντας τις δύο σχέσεις παίρνουμε ότι $c^4=8d^4+1\Leftrightarrow 2d^4=\dfrac{(c^2-1)(c^2+1)}{4}$ . Οι αριθμοί $\dfrac{c^2-1}{2}$ και $\dfrac{c^2+1}{2}$ είναι πρώτοι μεταξύ τους, άρα αναγκαστικά παίρνουμε ότι $\dfrac{c^2+1}{2}=f^4$ και ότι $\dfrac{c^2-1}{2}=2g^4$ ή $\dfrac{c^2-1}{2}=e^4$ και ότι $\dfrac{c^2+1}{2}=2g^4$ . Πάλι η δεύτερη περίπτωση απορρίπτεται, καθώς θα είχαμε ότι $\dfrac{c^2+1}{2}=2g^4\Leftrightarrow c^2=4g^4-1$ άτοπο. Άρα $\dfrac{c^2+1}{2}=f^4$ και $\dfrac{c^2-1}{2}=2g^4$ .

Προσθέτουμε τις δυο σχέσεις κατά μέλη και προκύπτει ότι . Αφαιρούμε τις δύο σχέσεις κατά μέλη και προκύπτει ότι

Αντικαθιστώντας την τελευταία στην πρώτη παίρνουμε ότι $c^2=4g^4+1\Leftrightarrow c^2-4g^4=1$ , άρα και επιστρέφοντας στην αρχική παίρνουμε την μοναδική λύση και .

Για την βρήκα ένα μικρό λάθος που μου καταστρέφει το σκεπτικό . Πραγματικά δεν έχω λύση. Πάντως εκτός από την τετριμμένη , υπάρχει και η και μπορεί και περισσότερες...

Μονο αυτές οι δυο ειναι.

Καλο βράδυ.

#13

Βρήκα μια λύση αρκετά μακροσκελή μεν, αλλά που βασίζεται μόνο σε γνώσεις ολυμπιάδων. (Μεταφέρω λοιπόν το θέμα στο Προχωρημένο Επίπεδο των Seniors.)

Η λύση ακολουθεί το μοτίβο της απόδειξης ότι το μόνα τέλεια τετράγωνα στην ακολουθία Fibonacci είναι το

και το

.

Σκιαγραφώ τα σημεία της απόδειξης χωρίς όμως να βάζω πλήρεις λεπτομέρειες.

Ξεκινάμε από τις εξισώσεις Pell $a^2 - 2b^2 = \pm 1$ . Από την θεωρία της εξίσωσης Pell οι θετικές λύσεις είναι της μορφής (A_n,B_n)

. Η ακολουθία A_n

ορίζεται από τις αρχικές τιμές A_1=1,A_2=3

και τον αναδρομικό τύπο $A_{n+2} = 2A_{n+1} + A_n$ . Η ακολουθία B_n

ορίζεται από τις αρχικές τιμές B_1=1,B_2=2

και τον αναδρομικό τύπο $B_{n+2} = 2B_{n+1} + B_n$ .

Οι πρώτοι όροι της A_n

είναι οι $1,3,7,17,41,99,239,\ldots$ .
Οι πρώτοι όροι της B_n

είναι οι $1,2,5,12,29,70,169,\ldots$ .

Θέλουμε να δείξουμε ότι τα μόνα τέλεια τετράγωνα της ακολουθίας B_n

είναι τα

και

. Οπότε και οι μοναδικές λύσεις της διοφαντικής θα είναι οι (1,1)

και

.

Mod 4, η ακολουθία B_n

γίνεται

και μετά επαναλαμβάνεται. Οπότε για $n \equiv 2 \bmod 4$ ο B_n

δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

Mod 3, η ακολουθία B_n

γίνεται

και μετά επαναλαμβάνεται. Οπότε για $n \equiv 2,3,5 \bmod 8$ ο B_n

δεν είναι τέλειο τετράγωνο.

Μένει να ελέγξουμε τις περιπτώσεις $n \equiv 0,1,4,7 \bmod 8$ .

Θέτω $\alpha = 1 + \sqrt{2}$ . Πάλι από γνωστή θεωρία μπορεί να δειχθεί ότι

$\displaystyle{ A_n = \frac{1}{2}\left( \alpha^n + \left(-\frac{1}{\alpha}\right)^n\right)}$ και $\displaystyle{ B_n = \frac{1}{2\sqrt{2}}\left( \alpha^n - \left(-\frac{1}{\alpha}\right)^n\right)}$

[Από την στιγμή βέβαια που τα βρήκαμε, ελέγχονται εύκολα επαγωγικά.]

Χρησιμοποιώντας αυτούς τους τύπους μπορώ να δείξω με απλή άλγεβρα ότι

$\displaystyle{ S_{4k}-1 = (2T_{2k})^2}$ και $\displaystyle{ S_{4k+2}+1 = (2T_{2k+1})^2}$

Μπορώ επίσης να δείξω ότι

$\displaystyle{ T_n + T_{n+4k} = 2T_{2k}S_{n+2k} \qquad (\ast)}$

Το τελευταίο δίνει $T_{4k} = 2T_{2k}S_{2k}$ και επειδή $(T_{2k},S_{2k})=1$ (είναι λύσεις της Pell) με τον $T_{2k}$ να είναι περιττός πρέπει ο $S_{2k}$ να είναι τέλειο τετράγωνο. Όμως δείξαμε πιο πάνω ότι ο $S_{2k}$ διαφέρει ακριβώς κατά

από ένα τέλειο τετράγωνο. Αυτό είναι άτοπο. (Εκτός για το S_0=1

που δεν το λαμβάνουμε υπόψη επειδή τότε T_0=0

που δεν είναι θετικό.)

Άρα απορρίψαμε και τα $n \equiv 0,4 \bmod 8$ και μένουν τα $n \equiv \pm 1 \bmod 8$ .

Ας υποθέσουμε ότι $n \equiv 1 \bmod 8$ . O n=1

δίνει τέλειο τετράγωνο οπότε ας υποθέσουμε ότι n > 1

. Μπορούμε να γράψουμε $n = 1 + 8r(2\ell+1)$ με $r \geqslant 1$ . (Επιτρέπεται $\ell = 0$ .)

Χρησιμοποιώντας επαναλαμβανόμενα την $(\ast)$ με k = 2r

καταλήγουμε στο

$\displaystyle{ T_n \equiv (-1)^{2\ell+1}T_1 \equiv -1 \bmod S_{4r}}$

Όμως $S_{4r} \equiv 3 \bmod 4$ και άρα διαιρείται με έναν πρώτο p_r

της μορφής $p_r \equiv 3 \bmod 4$ . Επειδή όμως το

δεν είναι τέλειο τετράγωνο $\bmod p_r$ , δεν υπάρχουν ούτε άλλες λύσεις της μορφής $1 \bmod 8$ εκτός από την n=1

.

Μένει η περίπτωση $n \equiv 7 \bmod 8$ . O n=7

δίνει τέλειο τετράγωνο οπότε ας υποθέσουμε ότι n > 7

. Ακολουθούμε ακριβώς την ίδια τακτική. Μπορούμε να γράψουμε $n = 7 + 8r(2\ell+1)$ με $r \geqslant 1$ . Παίρνουμε

$\displaystyle{ T_n \equiv -169 \bmod S_{4r}}$

Όμως ούτε το -169 = -(13)^2

είναι τέλειο τετράγωνο $\bmod p_r$ οπότε για $n \equiv 7 \bmod 8$ η μοναδική λύση είναι η n=7

.

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Διοφαντική!!

Διοφαντική!!

Re: Διοφαντική!!

Re: Διοφαντική!!

Re: Διοφαντική!!

Re: Διοφαντική!!

Re: Διοφαντική!!

Re: Διοφαντική!!

Re: Διοφαντική!!

Re: Διοφαντική!!

Re: Διοφαντική!!

Re: Διοφαντική!!

Re: Διοφαντική!!

Re: Διοφαντική!!

Μέλη σε σύνδεση