x^2+y^2+z^2=kxyz

#1

Με αφορμή τη συζήτηση εδώ σας παραθέτω ένα όμορφο θέμα το οποίο με προβλημάτισε αμέσως μετά το σχόλιο του Νίκου και για το οποίο έχω λύση:

Για ποιες τιμές του ακεραίου αριθμού k η εξίσωση

x^2+y^2+z^2=kxyz

έχει θετικές ακέραιες λύσεις (x,y,z)

;

Αλέξανδρος

#2

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#3

Καλημέρα σας!

Συνεχίζω τα λεγόμενα του Σιλουάνου:
(προφανώς κ>0)

Για κ=1:

Η εξίσωση που προκύπτει αξίζει να μελετηθεί χωριστά!
Προκύπτουν άπειρες λύσεις, $(x,y,z)=(3F_{2n+1},3F_{2n-1},3)$ , όπου $F_{i}$ ο

οστός όρος Fibonacci.

Για κ=2:

Την συγκεκριμένη την συζητήσαμε στο άλλο θέμα που ανφέρει ο Αλέξανδρος.

Για κ=3:

Όπως λέει και ο Σιλουάνος προκύπτει η εξίσωση Markoff (ή Markov), την οποία την έχουμε συζητήσει εδώ.

Για κ>3:

Δεν έχουμε ακέραιες θετικές λύσεις.

Γενίκευση της παραπάνω εξίσωσης που έθεσε ο Αλέξανδρος είναι η εξίσωση του Hurwitz.

Νίκος Κατσίπης

#4

Πράγματι η εξίσωση που έδωσα έχει ακέραιες λύσεις μόνο εάν k=1

ή

.

Σιλουανέ και Νίκο μπορείτε να παραθέσετε αναλυτικά την απόδειξή σας για το ότι η εν λόγω εξίσωση δεν έχει ακέραιες λύσεις ως προς (x,y,z)

όταν

;

Πιο βράδυ θα παραθέσω κι εγώ την απόδειξη που βρήκα καθώς έψαχνα χθες και η οποία δε στηρίζεται σε άπειρη κάθοδο. Θα ήταν ενδιαφέρον για τους μαθητές που μας παρακολουθούν να διαβάσουν μερικές λύσεις με βάση αυτή την όμορφη και αρχαία ελληνική μέθοδο. (Σιλουανέ για σένα πηγαίνει αυτό. Νίκο αν η δική σου είναι διαφορετική μέθοδος από κάθοδο στο άπειρο τότε γράψε την κι εσύ για να είναι πλήρες το θέμα).

Αλέξανδρος

#5

Αλέξανδρε εννοώ το Vieta Jumping! Η μέθοδος αυτή σου δίνει εύκολα και γρήγορα όλα τα

. Επίσης τις λύσεις που έδωσε ο Νίκος για k=1

, τις παίρνουμε επίσης άμεσα από την αντίστροφη διαδικασία της παραπάνω μεθόδου.
Δεν έχω καθόλου χρόνο να γράψω τη λύση μου γιατί με κυνηγάει η εξεταστική. Αν θέλετε θα επανέλθω με λύση μετά το πέρας της.

#6

smar έγραψε:Αλέξανδρε εννοώ το Vieta Jumping! Η μέθοδος αυτή σου δίνει εύκολα και γρήγορα όλα τα . Επίσης τις λύσεις που έδωσε ο Νίκος για , τις παίρνουμε επίσης άμεσα από την αντίστροφη διαδικασία της παραπάνω μεθόδου.
Δεν έχω καθόλου χρόνο να γράψω τη λύση μου γιατί με κυνηγάει η εξεταστική. Αν θέλετε θα επανέλθω με λύση μετά το πέρας της.

Γράφω την λύση που αναφέρει ο Σιλουάνος. (Σιλουάνε, καλή επιτυχία στις εξετάσεις σου

).

Έχουμε λοιπόν, για την περίπτωση κ>3: (με την μέθοδο "Άπειρη κάθοδο")

Έστω $(x,y,z)\neq(0,0,0)$ μία λύση της εξίσωσης μας. (Από εδώ προκύπτει ότι κανένα από τα x, y, z

δεν είναι μηδέν, αφού αν ήταν κάποιο ίσο με το μηδέν τότε θα ήταν όλα ίσα με το μηδέν)

Αποδεικνύεται (με άτοπο) ότι τα x, y, z

είναι διαφορετικά ανα δύο μεταξύ τους.
Οπότε, έστω $x>y>z\geq1.$
Και η τριάδα $(\kappa yz-x,y,z)$ είναι θετική ακέραια λύση της εξίσωσης μας. ( $\kappa yz-x>0,$ αφού $x(\kappa yz-x)=y^2+z^2.$ )

Ισχύει ότι $\max\{\kappa yz-x,y,z\}=y<x=\max\{x,y,z\}.$

( Για την απόδειξη του παραπάνω:

Έχουμε ότι y>z.

Προκύπτει επίσης ότι και $\kappa yz-x<y.$
Για το δεύτερο, θεωρούμε το πολυώνυμο $f(a)=a^2-\kappa y z a+y^2+z^2$ ,
το οποίο έχει ρίζες τους

και $\kappa yz-x.$
To $f(y)=2y^2+z^2-\kappa y^2z\leq 2y^2+z^2-\kappa y^2<3y^2-y^2=(3-\kappa)y^2<0,$
άρα το

θα βρίσκεται ανάμεσα στις ρίζες)

Επαναλαμβάνοντας την διαδικασία (για την λύση $(\kappa yz-x, y,z)$ κ.τ.λ), καταλήγουμε σε άτοπο από την μέθοδο της " Άπειρης Καθόδου".

Νίκος Κατσίπης

#7

Μία απάντηση στο παραπάνω θέμα - αναμένοντας τη λύση του Σιλουανού μετά φυσικά την εξεταστική του τελευταίου (Καλή Επιτυχία Σιλουανέ!!!)

Λόγω συμμετρίας μπορούμε να υποθέσουμε ότι $x\leq y\leq z$ .

Ας υποθέσουμε ότι το

είναι σταθερό και ότι η αρχική εξίσωση έχει λύσεις (x,y,z)

για τη συγκεκριμένη τιμή του

. Δηλαδή ισχύει $x^2+y^2+z^2=kxyz \ \ (\star)$

Για κάθε μία τιμή του

διαλέγουμε από όλες τις λύσεις της παραπάνω εξίσωσης, τον

να είναι ο ελάχιστος.

Αν ήταν $z>\displaystyle\frac{kxy}{2} \ \ (1)$ , τότε επειδή οι αριθμοί x,y, kxy-z

είναι εύκολο να ελεγχθεί ότι αποτελούν λύσεις της εξίσωσης, θα παίρναμε μία εξίσωση η οποία αντί του

θα είχε σαν λύση το kxy-z

για το οποίο λόγω της ανισότητας (1)

θα ίσχυε

και θα ερχόταν σε αντίθεση με την ελαχιστότητα που υποθέσαμε για το

παραπάνω.

Συνεπώς $z\leq \displaystyle\frac{kxy}{2} \ \ (2)$ απ' όπου είναι φανερό ότι $kx\geq 2\ \ (3)$ .

Η αρχική εξίσωση $(\star)$ , μπορεί να έρθει στη μορφή $x^2+y^2+\left(\displaystyle\frac{kxy}{2}-z\right)^2=\left(\displaystyle\frac{kxy}{2}\right)^2$ .

Όμως αφού $y\leq z\leq \displaystyle\frac{kxy}{2}$ άρα ισχύει: $x^2+y^2+\left(\displaystyle\frac{kxy}{2}-y\right)^2 \geq \left(\displaystyle\frac{kxy}{2}\right)^2$ συνεπώς $x^2+2y^2 \geq kxy^2$ και αφού $x^2\leq y^2$ άρα $kx\leq 3 \ \ (4)$

Από τις (3),(4)

παίρνουμε

ή

που δίνουν k=1

ή

(που την έχουμε ήδη μελετήσει εδώ και δεν έχει λύση στους θετικούς ακέραιους) ή k=3

.

Δεδομένου ότι για k=1

η εξίσωση έχει τη λύση (x,y,z)=(3,3,3)

και για

έχει τη λύση (x,y,z)=(1,1,1)

, συμπεραίνουμε ότι οι δεκτές τιμές για το

είναι οι

και

.

Αλέξανδρος

EDIT: Νίκο με πρόλαβες! Τελικά και η δική μου λύση περιέχει έμμεσα άπειρη κάθοδο!

x^2+y^2+z^2=kxyz

x^2+y^2+z^2=kxyz

Re: x^2+y^2+z^2=kxyz

Re: x^2+y^2+z^2=kxyz

Re: x^2+y^2+z^2=kxyz

Re: x^2+y^2+z^2=kxyz

Re: x^2+y^2+z^2=kxyz

Re: x^2+y^2+z^2=kxyz

Μέλη σε σύνδεση