Υπάρχουν τέτοιοι φυσικοί;

#1

Να εξετάσατε αν υπάρχουν φυσικοί αριθμοί $\displaystyle{x , y}$ με $\displaystyle{y<x^3}$ , έτσι ώστε ο αριθμός:

$\displaystyle{\frac{x^4 +1}{xy+1}}$

να είναι ακέραιος.

(ΣΗΜ: Η ιδέα της άσκησης βασίζεται σε θέμα που είχε τεθεί νομίζω σε Μαθηματική Ολυμπιάδα . Δεν έχω μπορέσει να δώσω λύση)

Nikitas K. · #2

Πήγα να ξεκινήσω να κάνω φωλιασμένη επαγωγή για να δείξω ότι δεν υπάρχουν τέτοια

και

... αλλά για καλή μου τύχη προέκυψε πως για x=1

και

έχουμε:

Ισχύει πως $y<x^3\Leftrightarrow 0<1^3$

$\dfrac{x^4+1}{xy+1} = \dfrac{1^4+1}{1\cdot 0 + 1}=\dfrac{2}{1}=2\in\mathbb{Z}$

Άρα τελικά υπάρχουν τέτοια

και

Γενικά, κάθε στοιχείο του συνόλου $\left\{ \dfrac{x^4+1}{xy+1} |~ y = 0 \wedge x\in\mathbb{N}^* \right\}$ είναι ακέραιος.

Δηλαδή, κάθε στοιχείο του συνόλου $\displaystyle \left\{ \left(x,y \right)| ~ y=0 \wedge x\in\mathbb{N}^*\right\}$ αποτελεί υπαρξιακό μάρτυρα.

#3

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 08, 2025 2:51 pm
Να εξετάσατε αν υπάρχουν φυσικοί αριθμοί $\displaystyle{x , y}$ με $\displaystyle{y<x^3}$ , έτσι ώστε ο αριθμός:

$\displaystyle{\frac{x^4 +1}{xy+1}}$

να είναι ακέραιος.

(ΣΗΜ: Η ιδέα της άσκησης βασίζεται σε θέμα που είχε τεθεί νομίζω σε Μαθηματική Ολυμπιάδα . Δεν έχω μπορέσει να δώσω λύση)

Υπάρχουν πολλές λύσεις. Παραδείγματα

α) x=8, y=2

αφού τότε $\dfrac{8^4 +1}{16+1}= \dfrac{4097}{16+1}=241$ . Γενικότερα η ταυτότητα

$\displaystyle{\boxed {y^{12}+1= (y^4+1)(y^8-y^4+1)}}$ μας δίνει τις άπειρες λύσεις (x,y)= (y^3,y)

για τυχαίο

.

β) Άλλη λύση είναι η x=8, y=30

αφού $\dfrac{8^4 +1}{8\cdot 30+1}= \dfrac{4097}{241}=17$

γ) Άλλη λύση είναι η x=30, y=8

αφού $\dfrac{30^4 +1}{30\cdot 8+1}= \dfrac{810001}{241}=3361$

Υπάρχουν και άλλες.

#4

Nikitas K. έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 08, 2025 3:22 pm
Άρα τελικά υπάρχουν τέτοια και

Γενικά, κάθε στοιχείο του συνόλου $\left\{ \dfrac{x^4+1}{xy+1} |~ y = 0 \wedge x\in\mathbb{N}^* \right\}$ αποτελεί υπαρξιακό μάρτυρα.

Σωστά μεν, αλλά οι λύσεις με y=0

και άρα παρονομαστή ίσο με

είναι τετριμμένες. Προφανώς δεν εννοεί αυτό ο θεματοθέτης, αλλά θέλει "γνήσιες λύσεις".

Παραπάνω έγραψα διάφορες λύσεις αλλά ας γράψω και άλλες, που δεν εμπίπτουν στις παραπάνω οικογένειες:

$(x,y) = (27, 240), \, (112, 30), \,(30, 112)$

Εννοείται ότι τις λύσεις αυτές δεν τις βρήκα τυχαία ή με σάρωση περιπτώσεων αλλά προέκυψαν από "χαρτί και μολύβι" και κάποια Άλγεβρα από πίσω. Οι πράξεις και οι αναγωγές είναι αρκετές, που δεν αξίζει να τις γράψω αφού δίνουν μερικές σκόρπιες εδώ και εκεί λύσεις.

#5

Πολύ ωραία.
(Σημείωση: Επειδή σε κάποια βιβλία το μηδέν δεν συμπεριλαμβάνεται στους φυσικούς αριθμούς, στο πιο πάνω θέμα που προέκυψε από την προσπάθεια να λύσω ένα θέμα Ολυμπιάδας ξένου Κράτους, οι αριθμοί $\displaystyle{x , y}$ είναι θετικοί ακέραιοι.)

Γράφω τώρα το θέμα, όπως το είδα από έναν συνάδελφο που το έχει ανεβάσει στο διαδίκτυο:

ΑΣΚΗΣΗ: Αν οι αριθμοί $\displaystyle{x,y}$ είναι θετικοί ακέραιοι και ο αριθμός

$\displaystyle{\frac{x^2 +y^2}{xy+1}}$ είναι ακέραιος, τότε ο ακέραιος αυτός είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

ΔΕΝ ΕΧΩ μπορέσει να το αποδείξω.

Στην προσπάθεια απόδειξης, έφτασα στο σημείο να εξετάσω αν είναι ακέραιος ο $\displaystyle{\frac{x^4 +1}{xy+1}}$ , όταν $\displaystyle{y<x^3}$

Αν δεν είναι ακέραιος, τότε το θέμα θα είχε λυθεί.

Αφού όμως βρήκες Μιχάλη ότι είναι δυνατόν να είναι ακέραιος ο αριθμός αυτός, τότε η άσκηση του διαγωνισμού παραμένει άλυτη

(αφιέρωσα πολλές ώρες να δώσω λύση, αλλά τίποτα...)

Al.Koutsouridis · #6

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 08, 2025 6:11 pm

ΑΣΚΗΣΗ: Αν οι αριθμοί $\displaystyle{x,y}$ είναι θετικοί ακέραιοι και ο αριθμός

$\displaystyle{\frac{x^2 +y^2}{xy+1}}$ είναι ακέραιος, τότε ο ακέραιος αυτός είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

ΔΕΝ ΕΧΩ μπορέσει να το αποδείξω.

Στην προσπάθεια απόδειξης, έφτασα στο σημείο να εξετάσω αν είναι ακέραιος ο $\displaystyle{\frac{x^4 +1}{xy+1}}$ , όταν $\displaystyle{y<x^3}$

Αν δεν είναι ακέραιος, τότε το θέμα θα είχε λυθεί.

Αφού όμως βρήκες Μιχάλη ότι είναι δυνατόν να είναι ακέραιος ο αριθμός αυτός, τότε η άσκηση του διαγωνισμού παραμένει άλυτη

(αφιέρωσα πολλές ώρες να δώσω λύση, αλλά τίποτα...)

Το πρόβλημα αυτό είναι από την ΔΜΟ του 1988 και είναι αρκετά δύσκολο. Τουλάχιστον τότε, όταν τέθηκε.

#7

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 08, 2025 6:11 pm

ΑΣΚΗΣΗ: Αν οι αριθμοί $\displaystyle{x,y}$ είναι θετικοί ακέραιοι και ο αριθμός

$\displaystyle{\frac{x^2 +y^2}{xy+1}}$ είναι ακέραιος, τότε ο ακέραιος αυτός είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

ΔΕΝ ΕΧΩ μπορέσει να το αποδείξω.

...

(αφιέρωσα πολλές ώρες να δώσω λύση, αλλά τίποτα...)

Δημήτρη,

Το πρόβλημα που αναφέρεσαι είχε πέσει στην Διεθνή Μαθηματική Ολυμπιάδα το 1988 και θεωρείται ένα από τα δυσκολότερα προβλήματα που τέθηκαν ποτέ στην Ολυμπιάδα αυτή. Και είναι πραγματικά δυσκολότατο.

Είχαμε αναφερθεί σύντομα σε αυτό, στο φόρουμ μας εδώ

Η λύση του υπάρχει εν γένει σε όλα τα κλασικά προχωρημένα βιβλία Ολυμπιάδων, όπως για παράδειγμα στο βιβλίο του Kuczma και ίσως στου Engel (δεν τα έχω μπροστά μου για να το ελέγξω).

Βλέπε επίσης ένα ωραίο και παραστατικό βιντεάκι στο Youtube, με την λύση εδώ

#8

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 08, 2025 7:02 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 08, 2025 6:11 pm

ΑΣΚΗΣΗ: Αν οι αριθμοί $\displaystyle{x,y}$ είναι θετικοί ακέραιοι και ο αριθμός

$\displaystyle{\frac{x^2 +y^2}{xy+1}}$ είναι ακέραιος, τότε ο ακέραιος αυτός είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

ΔΕΝ ΕΧΩ μπορέσει να το αποδείξω.

...

(αφιέρωσα πολλές ώρες να δώσω λύση, αλλά τίποτα...)
Δημήτρη,

Το πρόβλημα που αναφέρεσαι είχε πέσει στην Διεθνή Μαθηματική Ολυμπιάδα το 1988 και θεωρείται ένα από τα δυσκολότερα προβλήματα που τέθηκαν ποτέ στην Ολυμπιάδα αυτή. Και είναι πραγματικά δυσκολότατο.

Είχαμε αναφερθεί σύντομα σε αυτό, στο φόρουμ μας εδώ

Η λύση του υπάρχει εν γένει σε όλα τα κλασικά προχωρημένα βιβλία Ολυμπιάδων, όπως για παράδειγμα στο βιβλίο του Kuczma και ίσως στου Engel (δεν τα έχω μπροστά μου για να το ελέγξω).

Βλέπε επίσης ένα ωραίο και παραστατικό βιντεάκι στο Youtube, με την λύση εδώ

Ευχαριστώ πολύ Μιχάλη. Όταν είδα το θέμα, μου φάνηκε αντιμετωπίσιμο και στη συνέχεια μετά από προσπάθεια ωρών (αργά την νύχτα), κατάλαβα ότι πρόκειται για πολύ δύσκολο για μένα. Μετά από όσα μου ανέφερες, γλύτωσα πολλές ακόμα ώρες ασχολίας που και πάλι σίγουρα δεν θα μου έδιναν την λύση.

#9

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 08, 2025 7:46 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 08, 2025 7:02 pm

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 08, 2025 6:11 pm

ΑΣΚΗΣΗ: Αν οι αριθμοί $\displaystyle{x,y}$ είναι θετικοί ακέραιοι και ο αριθμός

$\displaystyle{\frac{x^2 +y^2}{xy+1}}$ είναι ακέραιος, τότε ο ακέραιος αυτός είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου.

ΔΕΝ ΕΧΩ μπορέσει να το αποδείξω.

...

(αφιέρωσα πολλές ώρες να δώσω λύση, αλλά τίποτα...)
Δημήτρη,

Το πρόβλημα που αναφέρεσαι είχε πέσει στην Διεθνή Μαθηματική Ολυμπιάδα το 1988 και θεωρείται ένα από τα δυσκολότερα προβλήματα που τέθηκαν ποτέ στην Ολυμπιάδα αυτή. Και είναι πραγματικά δυσκολότατο.

Είχαμε αναφερθεί σύντομα σε αυτό, στο φόρουμ μας εδώ

Η λύση του υπάρχει εν γένει σε όλα τα κλασικά προχωρημένα βιβλία Ολυμπιάδων, όπως για παράδειγμα στο βιβλίο του Kuczma και ίσως στου Engel (δεν τα έχω μπροστά μου για να το ελέγξω).

Βλέπε επίσης ένα ωραίο και παραστατικό βιντεάκι στο Youtube, με την λύση εδώ
Ευχαριστώ πολύ Μιχάλη. Όταν είδα το θέμα, μου φάνηκε αντιμετωπίσιμο και στη συνέχεια μετά από προσπάθεια ωρών (αργά την νύχτα), κατάλαβα ότι πρόκειται για πολύ δύσκολο για μένα. Μετά από όσα μου ανέφερες, γλύτωσα πολλές ακόμα ώρες ασχολίας που και πάλι σίγουρα δεν θα μου έδιναν την λύση.

Και το παραπάνω βίντεο ΔΕΝ μπαίνει στην ουσία του θέματος, και οι διάφορες παρουσιάσεις που έχω δει χωλαίνουν. Μια από τις καλύτερες [url=chrome-extension://efaidnbmnnnibpcajpcglclefindmkaj/https://blogs.sch.gr/sotskot/files/2011 ... umping.pdf]εδώ[/url] (αν και ακόμη και αυτή αναφέρει την επάρατη "άπειρη κάθοδο"):

Δοθέντος αυστηρά θετικού ακεραίου

θεωρούμε τους ελάχιστους κατά το άθροισμα τους αυστηρά θετικούς ακεραίους a, b

τέτοιους ώστε k(ab+1)=a^2+b^2.

Αν $a\geq b$ τότε ο $kb-a=\dfrac{b^2-k}{a}$ επίσης ικανοποιεί την συνθήκη του προβλήματος, ισχύει δηλαδή, λόγω της k(ab+1)=a^2+b^2,

ΚΑΙ η

Και μόνον επειδή ικανοποιεί αυτήν την συνθήκη, ο kb-a

δεν μπορεί να είναι αρνητικός. Ούτε θετικός μπορεί να είναι, διότι τότε η $a\geq b$ δίνει $kb-a=\dfrac{b^2-k}{a}<a,$ κάτι που αντίκειται στην αρχική υπόθεση ελαχιστότητας λόγω (kb-a)+b<a+b.

Αναγκαστικά λοιπόν kb-a=0,

οπότε

[Δεν υπάρχει άπειρη κάθοδος, αν μη τι άλλο το ίδιο τέχνασμα (πήδημα Vieta) εφαρμοζόμενο στους kb-a

και

μας επιστρέφει στον

... λόγω της kb-(kb-a)=a

]

Υπάρχουν τέτοιοι φυσικοί;

Υπάρχουν τέτοιοι φυσικοί;

Re: Υπάρχουν τέτοιοι φυσικοί;

Re: Υπάρχουν τέτοιοι φυσικοί;

Re: Υπάρχουν τέτοιοι φυσικοί;

Re: Υπάρχουν τέτοιοι φυσικοί;

Re: Υπάρχουν τέτοιοι φυσικοί;

Re: Υπάρχουν τέτοιοι φυσικοί;

Re: Υπάρχουν τέτοιοι φυσικοί;

Re: Υπάρχουν τέτοιοι φυσικοί;

Μέλη σε σύνδεση