Ακέραιο σύστημα

Al.Koutsouridis · #1

Να βρείτε τις μη αρνητικές τιμές που μπορεί να πάρει ο πραγματικός αριθμός

, αν ικανοποιεί τις παρακάτω εξισώσεις

$\Displaystyle{ 6x + 15\sqrt x = 4k + 1,\;\;k \in Z}$

$\Displaystyle{2x - 13\sqrt x = 4m + 1,\;\;m \in Z}$

Chagi · #2

Καλησπέρα σας. Αναρτώ τη λύση μου με επιφυλακτικότητα ως προς την εγκυρότητά της.

Έχουμε:

$6x+15\sqrt{x}=4k+1$

$2x-13\sqrt{x}=4m+1$

Αφαιρώντας τις δύο σχέσεις κατά μέλη προκύπτει ότι:

$4x+28\sqrt{x}=4k-4m \Rightarrow x+7\sqrt{x}=k-m$

Προφανώς πρέπει $x\geq0$ και επομένως για να έχει λύση η εξίσωση πρέπει $k-m\geq0$

Ακόμα αφού $k,m\in Z$ συμπεραίνουμε ότι και $(k-m)\in Z$

Έστω για ευκολία $k-m=c\in Z$ με $c\geq0$

Συνεπώς: $x+7\sqrt{x}=c \Rightarrow 7\sqrt{x}=c-x \Rightarrow x^2-(2c+49)x+c^2=0$

Η διακρίνουσα του τριωνύμου (ως προς

) είναι:

και άρα

$x=\frac{2c+49\pm 7\sqrt{49+4c}}{2}$

Εκτελώντας τις πράξεις στην περίπτωση του (+)

γρήγορα καταλήγουμε σε μια αδύνατη εξίσωση.

Στην περίπτωση του (-)

έχουμε:

$x=\frac{2c+49-7\sqrt{49+4c}}{2}$

Αντικαθιστούμε το

με $x+7\sqrt{x}$ οπότε:

$2x=2x+14\sqrt{x}+49-7\sqrt{49+4x+28\sqrt{x}}$

Εκτελώντας τώρα τις πράξεις (λίγο επίπονη διαδικασία την οποία θα παραλείψω) η εξίσωση απλοποιείται ως εξής:

$2x=2x+14\sqrt{x}+49-7\sqrt{49+4x+28\sqrt{x}} \Rightarrow ...\Rightarrow x=\sqrt{x}$ από την οποία εύκολα προκύπτει οτι x=0

ή

οι οποίες είναι δεκτές λύσεις.

Μάλιστα η λύση x=0

προκύπτει όταν k=m

Συνεπώς, οι λύσεις του συστήματος είναι οι $\boxed{x=0, x=1}$

Al.Koutsouridis · #3

Chagi έγραψε: Τετ Ιούλ 04, 2018 10:11 pm
Η διακρίνουσα του τριωνύμου (ως προς ) είναι: και άρα

$x=\frac{2c+49\pm 7\sqrt{49+4c}}{2}$

Εκτελώντας τις πράξεις στην περίπτωση του γρήγορα καταλήγουμε σε μια αδύνατη εξίσωση.

Δεν μου φαίνεται και πολύ προφανές αυτό το κομμάτι, πως καταλήγεις σε αδύνατη εξίσωση;

Chagi έγραψε: Τετ Ιούλ 04, 2018 10:11 pm Μάλιστα η λύση προκύπτει όταν

Συνεπώς, οι λύσεις του συστήματος είναι οι $\boxed{x=0, x=1}$

Το ότι το μηδέν δεν μπορεί να είναι λύση φαίνεται εύκολα αν το αντικαταστήσεις στο αρχικό σύστημα. Το πρώτο μέλος των εξισώσεων θα είναι ίσο με μηδέν ενώ το δεύτερο δεν μπορεί να είναι ποτέ μηδέν.

Chagi · #4

Al.Koutsouridis έγραψε: Πέμ Ιούλ 05, 2018 10:19 am
Chagi έγραψε: Τετ Ιούλ 04, 2018 10:11 pm
Η διακρίνουσα του τριωνύμου (ως προς ) είναι: και άρα

$x=\frac{2c+49\pm 7\sqrt{49+4c}}{2}$

Εκτελώντας τις πράξεις στην περίπτωση του γρήγορα καταλήγουμε σε μια αδύνατη εξίσωση.
Δεν μου φαίνεται και πολύ προφανές αυτό το κομμάτι, πως καταλήγεις σε αδύνατη εξίσωση;

Chagi έγραψε: Τετ Ιούλ 04, 2018 10:11 pm Μάλιστα η λύση προκύπτει όταν

Συνεπώς, οι λύσεις του συστήματος είναι οι $\boxed{x=0, x=1}$
Το ότι το μηδέν δεν μπορεί να είναι λύση φαίνεται εύκολα αν το αντικαταστήσεις στο αρχικό σύστημα. Το πρώτο μέλος των εξισώσεων θα είναι ίσο με μηδέν ενώ το δεύτερο δεν μπορεί να είναι ποτέ μηδέν.

Αν δεν έχω κάνει κάπου λάθος στην πρώτη εξίσωση καταλήγω σε άθροισμα ριζών που ισούται με αρνητικό αριθμό.

Όσο για το γεγονός ότι δέχτηκα τη λύση x=0

Αλλά αυτά παθαίνει κάποιος όταν δεν επαληθεύει.

Από περιέργεια υπάρχει πιο γρήγορος τρόπος που οδηγεί στην επίλυση της άσκησης;

Σας ευχαριστώ!

Al.Koutsouridis · #5

Chagi έγραψε: Πέμ Ιούλ 05, 2018 10:44 am
Αν δεν έχω κάνει κάπου λάθος στην πρώτη εξίσωση καταλήγω σε άθροισμα ριζών που ισούται με αρνητικό αριθμό.

Όσο για το γεγονός ότι δέχτηκα τη λύση Αλλά αυτά παθαίνει κάποιος όταν δεν επαληθεύει.

Από περιέργεια υπάρχει πιο γρήγορος τρόπος που οδηγεί στην επίλυση της άσκησης;

Σας ευχαριστώ!

Η αλήθεια είναι δεν έχω κάνει τις πράξεις που αναφαίρεις, οπότε δεν ξέρω αν είναι σωστές και υπάρχουν λογικά κενά.

Πάντως υπάρχουν και άλλες λύσεις εκτός από τη μονάδα. Για παράδειγμα αν πάρεις x=9

θα δεις οτι υπάρχουν ακέραιοι k,m

που επαληθεύουν το σύστημα.

Ας περιμένουμε λίγο ακόμα σε περίπτωση που θέλει να το προσπαθήσει και κάποιος άλλος, αλλιώς θα ανεβάσω μια λύση (δεν θα την έλεγα σύντομη) τις επόμενες μέρες ...

sov_arvyd · #6

Έστω $y=\sqrt{x}$
Έχουμε: $\begin{Bmatrix} 6y^2+15y=4k+1\\ 6y^2-39y=12m+3 \end{Bmatrix}$
Με αφαίρεση κατά μέλη έχουμε:
54y=4(k-3m)-2

. Άρα $y\in \mathbb{Q}$
Έστω $p,q\in \mathbb{N}$ με (p,q)=1

και $\frac{p}{q}=y$
Έχουμε: $\begin{Bmatrix} 78y^2+15\cdot 13y=13(4k+1)\\ 30y^2-13\cdot 15y=15(4m+1) \end{Bmatrix}$
Με πρόσθεση κατά μέλη: $108y^2=15(4k+1)+13(4m+1)\equiv 0(mod 4)$ . 'Αρα υπάρχει $s\in \mathbb{N}$ με $y^2=\frac{s}{27}\Rightarrow \frac{p^2}{q^2}=\frac{s}{27}$ . Άρα q^2|27

, οπότε

ή

. Άρα υπάρχει $n\in \mathbb{N}$ με n=3y

. Η δεύτερη σχέση του συστήματος γράφεται: $2\frac{n^2}{9}-13\frac{n}{3}=4m+1\Rightarrow 2n^2-39n=9(4m+1)$ . Δουλεύοντας με mod3

έχουμε

. Άρα $y\in \mathbb{N}$ . Στις αρχικές σχέσεις δουλεύοντας με mod 4

βλέπουμε ότι επαληθεύονται μόνο με $y\equiv 1mod4$ . Άρα πρέπει και αρκεί να υπάρχει $t\in \mathbb{N}$ με x=(4t+1)^2

. edit: μικρή διόρθωση.

Al.Koutsouridis · #7

sov_arvyd έγραψε: Πέμ Ιούλ 05, 2018 6:47 pm Έστω $y=\sqrt{x}$
Έχουμε: $\begin{Bmatrix} 6y^2+15y=4k+1\\ 6y^2-39y=12m+3 \end{Bmatrix}$
Με αφαίρεση κατά μέλη έχουμε:
. Άρα $y\in \mathbb{Q}$
Έστω $p,q\in \mathbb{N}$ με και $\frac{p}{q}=y$
Έχουμε: $\begin{Bmatrix} 78y^2+15\cdot 13y=13(4k+1)\\ 30y^2-13\cdot 15y=15(4m+1) \end{Bmatrix}$
Με πρόσθεση κατά μέλη: $108y^2=15(4k+1)+13(4m+1)\equiv 0(mod 4)$ . 'Αρα υπάρχει $s\in \mathbb{N}$ με $y^2=\frac{s}{27}\Rightarrow \frac{p^2}{q^2}=\frac{s}{27}$ . Άρα , οπότε ή . Άρα υπάρχει $n\in \mathbb{N}$ με . Η δεύτερη σχέση του συστήματος γράφεται: $2\frac{n^2}{9}-13\frac{n}{3}=4m+1\Rightarrow 2n^2-39n=9(4m+1)$ . Δουλεύοντας με έχουμε . Άρα $y\in \mathbb{N}$ . Στις αρχικές σχέσεις δουλεύοντας με βλέπουμε ότι επαληθεύονται μόνο με $y\equiv 1mod4$ . Άρα πρέπει και αρκεί να υπάρχει $t\in \mathbb{Z}$ με .

Ο sov_arvyd μόλις έλυσε και το πρόβλημα εδώ.

Ακέραιο σύστημα

Ακέραιο σύστημα

Re: Ακέραιο σύστημα

Re: Ακέραιο σύστημα

Re: Ακέραιο σύστημα

Re: Ακέραιο σύστημα

Re: Ακέραιο σύστημα

Re: Ακέραιο σύστημα

Μέλη σε σύνδεση