Διοφαντική!

Συντονιστές: cretanman, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6271
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Διοφαντική!

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Δευ Ιουν 15, 2020 7:22 pm

Διαβάζοντας σήμερα ένα βιβλίο, έπεσα σε μια διοφαντική, η οποία βλέπω ότι είναι λυμένη λάθος. Η αλήθεια είναι ότι δεν έχω "όμορφη" λύση, οπότε σας την παραδίδω.

\displaystyle{\rm x^3-y^3=2005(x^2-y^2).}


Μάγκος Θάνος

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 780
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Διοφαντική!

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Δευ Ιουν 15, 2020 9:22 pm

matha έγραψε:
Δευ Ιουν 15, 2020 7:22 pm
Διαβάζοντας σήμερα ένα βιβλίο, έπεσα σε μια διοφαντική, η οποία βλέπω ότι είναι λυμένη λάθος. Η αλήθεια είναι ότι δεν έχω "όμορφη" λύση, οπότε σας την παραδίδω.

\displaystyle{\rm x^3-y^3=2005(x^2-y^2).}
Καλησπέρα!

Αν και δεν θα έλεγα πως η λύση μου είναι κομψή :?

Προφανώς κάθε ζεύγος \rm (x,x),x\in \mathbb{Z} είναι λύση.Έστω τώρα \rm x\neq y
Για \rm x=0 είναι \rm y=2005 οπότε μέχρι τώρα λύσεις οι \rm (x,y)=(k,k),(0,2005),(2005,0).Θεωρούμε \rm x,y \neq 0
Η αρχική γράφεται \rm x^2+xy+y^2=2005(x+y)\Leftrightarrow x^2+x(y-2005)+y^2-2005y=0\,\,(*).
Πρέπει η διακρίνουσα να είναι τέλειο τετράγωνο ,έστω \rm k^2=(y-2005)^2-4(y^2-2005)=(y+2005)^2-4y^2\Leftrightarrow (y+2005)^2=(2y)^2+k^2.
Ως γνωστών θα είναι \rm y+2005=(m^2+n^2)t και \rm 2y=t(m^2-n^2) ή \rm 2y=2mnt με \rm m,n,t\in \mathbb{Z}.
Χωρίζουμε περιπτώσεις:
  • \rm y+2005=(m^2+n^2)t\,\,(1) και \rm 2y=t(m^2-n^2)\,\,\,(2)
    Η (1) επί 2 μείον την (2) δίνει \rm t(m^2+3n^2)=2\cdot 2005=2\cdot 5\cdot 401.
    Πρέπει \rm t\mid 2\cdot 2005 οπότε \rm t \in {1,2,5,10,401,802,2005,4010}.
    Ελέγχουμε με το χέρι....
    • Για \rm t=1 πρέπει \rm m^2+3n^2\equiv 4010 \pmod3 \Leftrightarrow m^2\equiv 2\pmod3 άτοπο.
    • Για \rm t=2 πρέπει \rm m^2+3n^2=2005 που έπεται ότι \rm m^2+3n^2\equiv 0\pmod 5.Επειδή 0,-1,1 είναι τα τετραγωνικά υπόλοιπα \pmod5 βρίσκουμε ότι \rm m,n\equiv 0\pmod 5 τότε όμως \rm u_5(m^2+3n^2)=2,u_5(2005)=1 άτοπο.
    • Για \rm t=5 πρέπει \rm m^2+3n^2\equiv 2\cdot 401\equiv 2\pmod4 .Αυτό είναι άτοπο αφού \rm m^2\equiv 0,1\pmod 4,3n^2\equiv 0,3\pmod4
    • Για \rm t=10 είναι \rm m^2+3n^2\equiv 401\equiv 2\pmod 3 άτοπο.
    • Για \rm t= 401 είναι \rm m^2+3n^2=10 εύκολα άτοπο.
    • Για \rm t=802 είναι \rm m^2+3n^2=5 πάλι άτοπο.
    • Για \rm t=2005 άτοπο και για \rm t=4010 πρέπει \rm n=0,m^2=1 που με αντικατάσταση στην (*)δίνουν \rm x=0 άτοπο.
  • \rm y+2005=(m^2+n^2)t \,\,(1) και \rm 2y=2mnt\,\,(3)
    Η (3) γίνεται \rm y=mnt που με αντικατάσταση στην (1) δίνει \rm mnt+2005=(m^2+n^2)t από όπου έχουμε πως \rm t\mid 2005\Leftrightarrow t\in \left \{ 1,5,401,2005 \right \}
    • Για \rm t=1 πρέπει \rm mn+2005=m^2+n^2\Leftrightarrow m^2-mn+n^2-2005=0.Πρέπει η διακρίνουσα να είναι τέλειο τετράγωνο ,έστω \rm r^2=n^2-4(n^2-2005)=4\cdot 2005-3n^2 \Rightarrow 3n^2+r^2\equiv 0\pmod 5 που όπως πριν καταλήγει σε άτοπο(θα είναι \rm u_5(r^2+3n^2)=2,u_5(2005)=1 ).
    • Για \rm t=5 πρέπει \rm mn+401=m^2+n^2\Leftrightarrow m^2-mn+n^2-401=0 Η διακρίνουσα είναι \rm n^2-4(n^2-401)\equiv 2\pmod3 άτοπο.
    • Για \rm t=401 πρέπει \rm mn+5=m^2+n^2 με διακρίνουσα(γράφουμε ως τριώνυμο του \rm m) \rm n^2-4n^2+20=20-3n^2 που εύκολα βλέπουμε δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο.
    • Για \rm t=2005 πρέπει \rm mn+1=m^2+n^2\Leftrightarrow m^2-mn+n^2-1=0 με διακρίνουσα \rm 4-3n^2.Για \rm n=0 δίνει \rm y=0 άτοπο και για \rm n=1 δίνει \rm y=2005 ενώ για \rm n=-1 δίνει \rm m=0 άτοπο
Σε κάθε περίπτωση οδηγούμαστε στις αρχικές λύσεις \rm (x,y)=(k,k),(0,2005),(2005,0),k \in \mathbb{Z}


jason.prod
Δημοσιεύσεις: 134
Εγγραφή: Τρί Φεβ 25, 2014 5:29 pm

Re: Διοφαντική!

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από jason.prod » Τρί Ιουν 16, 2020 3:27 am

Άλλη μια λύση και από μένα, με επιφύλαξη λόγω του περασμένου της ώρας.

Στην αρχή αποδεικνύουμε το ακόλουθο (γνωστό) λήμμα:

Λήμμα:
Αν p πρώτος 5(\text{mod}6), τότε x^2+xy+y^2\equiv0(\text{mod}p)\Rightarrow p|x,y.

Απόδειξη:
Γράφουμε p=6k+5. Παρακάτω όλες οι ισότητες είναι ισοτιμίες \text{mod}p. Ας είναι x\neq0. Τότε, σαφώς, είναι και y\neq0.
Επειδή x^3=y^3 θα είναι x^{6k+3}=y^{6k+3}. Το μικρό θεώρημα του Fermat εξασφαλίζει ότι x^{6k+4}=y^{6k+4}, οπότε αφού είναι και τα δύο μη μηδενικά, κατά προφανή τρόπο θα έχουμε x=y. Αφού p\neq3, θα είναι x=y=0 (λόγω της σχέσης του λήμματος) και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Πίσω στη λύση της άσκησης, επειδή 2005=5\cdot401, και επειδή είναι και οι δύο πρώτοι 5(\text{mod}6), αν x\neq y θα έχουμε
x^2+xy+y^2=2005(x+y) \Rightarrow 2005|x,y. Γράφοντας τώρα x=2005m και y=2005n θα έχουμε να λύσουμε τη διοφαντική
m^2+mn+n^2=m+n \Leftrightarrow (m-1)^2+(n-1)^2+(m+n)^2=2, η οποία έχει λύσεις (εκτός της μηδενικής που περιλαμβάνεται στο αρχικό σετ λύσεων) τις (m,n)=(1,0),(0,1). Αυτό διαπιστώνεται εύκολα παίρνοντας τις πολύ λίγες και τετριμμένες περιπτώσεις.
Έτσι, οι λύσεις είναι πράγματι αυτές που αναφέρει ο Πρόδρομος.


Προδρομίδης Κυπριανός-Ιάσων
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8520
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Διοφαντική!

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Ιουν 16, 2020 12:02 pm

Ας λυθεί και η x^3-y^3 = 2015(x^2-y^2).

Άλλη φορά να διαβάζω πιο προσεκτικά την άσκηση. :wallbash_red: Προειδοποιώ ότι οι λύσεις πέραν των προφανών είναι μεν πεπερασμένες αλλά αρκετές.


Τσιαλας Νικολαος
Δημοσιεύσεις: 468
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 17, 2015 1:04 pm

Re: Διοφαντική!

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Τσιαλας Νικολαος » Πέμ Ιουν 18, 2020 10:44 am

Καλημέρα σε όλους!! Τώρα που ξεμπερδέψαμε με τις πανελλήνιες ήθελα να ρωτήσω... Υπάρχει περίπτωση το πρόβλημα να λύνετε με vieta jumping ; :? :? :?


Απάντηση

Επιστροφή σε “Θεωρία Αριθμών - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης