Δύσκολη Διοφαντική!

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΚΟΛΤΣΗΣ · #1

Να βρεθούν όλοι οι αριθμοί m,n,p

,όπου $m,n\epsilon\mathbb{N}$ και

πρώτος , ώστε:

$m^{2}+m+p=n^{3}$

JimNt. · #2

Δεν νομίζω να λύνεται. π.χ Δεν έχει ούτε μπορεί (?) να αποδειχτεί αν υπάρχουν άπειροι πρώτοι της μορφής n^3-2

ή όχι.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

JimNt. έγραψε: ↑
Δευ Αύγ 19, 2019 10:07 pm
Δεν νομίζω να λύνεται. π.χ Δεν έχει ούτε μπορεί (?) να αποδειχτεί αν υπάρχουν άπειροι πρώτοι της μορφής ή όχι.

Στην αρχική σελίδα είναι γραμμένο το

2. Οι απαντήσεις πρέπει να είναι κατά τα δυνατόν πλήρεις να αποφεύγονται οι υποδείξεις και η παράθεση μόνο του αποτελέσματος. Απαντήσεις που έχουν ελλιπή στοιχεία, δίνουν το αποτέλεσμα, περιλαμβάνουν σχόλια για την άσκηση, ενημερωτικές πληροφορίες κτλ χωρίς να παραθέτουν ή να παραπέμπουν στην λύση δημιουργούν σύγχυση και ενδεχομένως αποτρέπουν άλλα μέλη να προσπαθήσουν μία λύση ή να παρουσιάσουν μία λύση που ήδη έχουν ετοιμάσει. Για τους λόγους αυτούς οι τυχόν σχολιασμοί των ασκήσεων καλόν είναι να μπαίνουν αφού δοθεί λύση.

Θεωρείς ότι το παραπάνω που έγραψες ότι δεν το παραβιάζει;

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΚΟΛΤΣΗΣ · #4

Ο JimNt. έγραψε:
Δεν νομίζω να λύνεται. π.χ Δεν έχει ούτε μπορεί

Πολύ σωστά!Τώρα η απόδειξη:

Για n=0

,τότε ο

είναι άρτιος(οι m,m+1

είναι διαδοχικοί άρα το γινόμενο τους είναι άρτιο ).Αρα αφού

πρώτος προκύπτει p=2

.Άρα η εξίσωση γίνεται:

$m^{2}+m+2=0$ .

Άρα:

$D=1^{2}-4*1*2=1-8=-7<0\Rightarrow D<0$

Οπότε n>0

.

Η εξίσωση γράφεται :

$n^{3}-m^{2}-m-p=0\Leftrightarrow n*n^{2}+0*n*m-m^{2}+0*n-m-p=0$

Πρόκειται για Διοφαντική εξίσωση δευτέρου βαθμού με δύο αγνώστους( μορφής: $ax^{2}+bxy+cy^{2}+dx+ey+j=0$ ),όπου $ac\neq0$ και $b^{2}-4ac=0^{2}-4*n*(-1)=4n$

1η περίπτωση:

Αν $n=k^{2} (1), k\in\mathbb{Z}$ ,τότε $b^{2}-4ac=4k^{2}=(2k)^{2}$ (άρα είναι τέλειο τετράγωνο)

Άρα η εξίσωση παίρνει τη μορφή:

(qn+rm+s)(tn+um+v)=w

,όπου

ακέραιοι.

Έστω $f\in\mathbb{Z}$ .Οπότε:

$n*n^{2}+0*n*m-m^{2}+0*n-m-p+f=f$

Το πρώτο μέλος γράφεται:

$n*n^{2}+(0*m+0)n+(-m^{2}-m-p+f)=0$

και είναι ένα τριώνυμο του

με διακρίνουσα:

$D=4nm^{2}+4nm+4np-4nf$

Η εξίσωση παίρνει τη μορφή γινομένου , όταν η

είναι τέλειο τετράγωνο.Βλέπουμε επίσης ότι ο συντελεστής του $m^{2}$ είναι τέλειο τετράγωνο.Επομένως η

είναι τέλειο τετράγωνο όταν η διακρίνουσα της

είναι μηδέν,δηλαδή όταν:

$(2n)^{2}-4n(4np-4nf)=0\Leftrightarrow f=\frac{(2k)^{2}4np-(2n)^{2}}{4n(2k)^{2}}=\frac{(2k)^{2}4np}{4n(2k)^{2}}-\frac{(2n)^{2}}{4n(2k)^{2}}=p-\frac{1}{4}$ που όμως δεν ακέραιος ,άτοπο.

2η περίπτωση:

Έστω $n=l, l\in\mathbb{N}$ ,με:

$k=b^{2}-4ac=4l>0\Rightarrow k>0$ και

όχι τέλειο τετράγωνο.

Άρα η εξίσωση:

$n*n^{2}+(0*m+0)n+(-m^{2}-m-p)=0$

είναι δευτεροβάθμια ως προς

με διακρίνουσα:

$D(m)=4lm^{2}+4lm+4lp$

Πρέπει $D(m)\geqslant0\Rightarrow 4lm^{2}+4lm+4lp\geqslant0\Leftrightarrow m^{2}+m+p\geqslant0\Leftrightarrow m\geqslant\frac{-1\pm(1-4p)^{0,5}}{2}$

Επίσης πρέπει $1-4p\geqslant0\Leftrightarrow 4p\leqslant1\Leftrightarrow p\leqslant\frac{1}{4}$ .Όμως $p\geqslant2$ ,αφού

πρώτος.

Επομένως η εξίσωση είναι αδύνατη!

JimNt. · #5

Δεν εννοούσα αυτό. Είναι αδύνατο να προσδιοριστεί αν έχουμε άπειρες ή πεπερασμένο αριθμό λύσεων. Μία λύση π.χ είναι η (3,113,5)

. Δείτε την πολύ διαισθητική εικασία: https://en.wikipedia.org/wiki/Bunyakovsky_conjecture, -> γιατί το n^3-2

ενδέχεται να είναι πρώτος για άπειρες τιμές του

.

#6

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΚΟΛΤΣΗΣ έγραψε: ↑
Τρί Αύγ 20, 2019 12:02 am

$n^{3}-m^{2}-m-p=0\Leftrightarrow n*n^{2}+0*n*m-m^{2}+0*n-m-p=0$

Πρόκειται για Διοφαντική εξίσωση δευτέρου βαθμού με δύο αγνώστους( μορφής: $ax^{2}+bxy+cy^{2}+dx+ey+j=0$ ),όπου $ac\neq0$ και $b^{2}-4ac=0^{2}-4*n*(-1)=4n$

Έλεος!

Δεν είναι Μαθηματικά αυτά! Είναι πιο κοντά στην Αλχημεία. Να γιατί:

Με την ίδια λογική η εξίσωση x^3-8=0

είναι δευτέρου βαθμού αφού γράφεται ax^2+b=0

. Τώρα θα μου πεις ότι γράφεται και ως cx+d=0

, οπότε είναι επίσης πρώτου βαθμού. Και επειδή ο βαθμός πολυωνύμου είναι μοναδικός, βγάζουμε το συμπέρασμα $\boxed {2=1}$ .

Πάω να σκίσω το πτυχίο μου.

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΚΟΛΤΣΗΣ · #7

Γεια σας!Κύριε Λάμπρου είδα και κατάλαβα τα ΕΝΤΕΛΩΣ ΧΑΖΑ ΛΑΘΗ ΜΟΥ!!!Οπότε προσπαθώ να βρω λύσεις στο πρόβλημα.Μία σκέψη μου είναι:

1) Παρατήρησα ότι : $m^{2}+m=m(m+1)$ χρησιμοποιώντας τη μέθοδο του κοινού παράγοντα.Αρα ,ως γινόμενο διαδοχικών ακεραίων, είναι άρτιος .Θέτουμε m(m+1)=2k

.Άρα:

$n^{3}-p=2k$

2) Να ελέγξω τις περιπτώσεις όταν p=2

και όταν

3) Τέλος, υποθέτουμε ότι p>3

άρα παίρνει μία από τις μορφές:

$p=3l+1,3l+2,6l\pm1,8l+1,8l+5,l\in\mathbb{N}$

και εξετάζουμε κάθε μία περίπτωση.

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΚΟΛΤΣΗΣ · #8

Για παράδειγμα ,όταν p=2

έχουμε:

$n^{3}-2=2k\Leftrightarrow n^{3}=2(k+1)\Rightarrow 2|n^{3}\Rightarrow 2|n\Leftrightarrow n=2n_{1}$

Οπότε η εξίσωση γίνεται:

$8n_{1}^{3}=2(k+1)\Leftrightarrow 4n_{1}^{3}-k=1$

Για μεγαλύτερη ευκολία θέτουμε $n_{1}^{3}=r$ .Οπότε έχουμε να βρούμε τις θετικές ακέραιες λύσεις της γραμμικής Διοφαντικής εξίσωσης:

4r-k=1

Η εξίσωση γράφεται:

$r=\frac{k+1}{4}$

Για να βρούμε μία λύση $(r_{0},k_{0})$ , δίνουμε στο

τιμές από το πεδίο {0,1,2,3}

.Οπότε παίρνουμε τη λύση $(r_{0},k_{0})=(1,3)$ .Παρατηρούμε ότι οι αριθμοί 4 και -1 είναι ετερόσημοι.Άρα οι λύσεις είναι :

$(r,k)=(1-t,3-4t),t\in\mathbb{Z}$ ,με $t\leqslant0$ .Άρα είναι:

$r=1-t\Rightarrow n_{1}^{3}=1-t\Leftrightarrow 1-n_{1}^{3}=t\Leftrightarrow (1-n_{1})(n_{1}^{2}+n_{1}+1)=t$

Αν π.χ. t=-1

,τότε $n_{1}=0\Rightarrow n=0\Rightarrow k=-1\notin\mathbb{N}$

Άρα t=0

,οπότε είναι:

$(r,k)=(1,3)\Rightarrow 4n_{1}^{3}=4\Leftrightarrow n_{1}=1\Rightarrow n=2$

Επίσης:

$k=\frac{2^{3}-2}{2}=\frac{6}{2}=3$

Τέλος είναι:

$m(m+1)=6\Rightarrow m|6\Rightarrow m\in\left \{ 1,2,3,6 \right \}$

Εξετάζοντας κάθε περίπτωση καταλήγουμε στη λύση:

(m,p,n)=(2,2,2)

Δεν είμαι και σίγουρος αν αυτή η λύση είναι η μοναδική όταν p=2

, πάντως η παραπάνω είναι σίγουρα μία.

#9

Δημήτρη, θα σου συνιστούσα ΙΣΧΥΡΑ να αφήσεις προσωρινά τις Διοφαντικές εξισώσεις και να ασχοληθείς, για την ώρα, με πιο βασικά Μαθηματικά.
Σε έναν έμπειρο δάσκαλο είναι σαφές από χιλιόμετρα ότι οι γνώσεις σου είναι ενός αρχαρίου, σε επίπεδο Γυμνασίου. Αυτό φαίνεται σε πολλά σημεία, για παράδειγμα εδώ:

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΚΟΛΤΣΗΣ έγραψε: ↑
Παρ Αύγ 23, 2019 12:33 pm

1) Παρατήρησα ότι : $m^{2}+m=m(m+1)$ χρησιμοποιώντας τη μέθοδο του κοινού παράγοντα.

Προσοχή, δεν το λέω αυτό για να σε επιπλήξω αλλά για να σε συμβουλεύσω. Εννοείται ότι δεν είναι κακό να είναι κανείς αρχάριος. Όλοι μας περάσαμε από αυτό το στάδιο. Όμως πρέπει να παίρνουμε τα πράγματα από την αρχή, χωρίς να προσπαθούμε υπερατλαντική πτήση δίχως να θωρακιστούμε κατάλληλα.

Είναι προφανές ότι έχεις πάθος για τα Μαθηματικά. Χαιρόμαστε ιδιαίτερα γι' αυτό και με άπειρη χαρά θα σε καθοδηγήσουμε όποτε έχεις απορίες.
Όμως για την ώρα είναι τόσο πολλά τα ασθενή σημεία στους συλλογισμούς σου (το κρίνω από τα διάφορα ποστ σου στο φόρουμ) που δεν ξέρω από που να αρχίσω. Για παράδειγμα

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΚΟΛΤΣΗΣ έγραψε: ↑
Παρ Αύγ 23, 2019 12:33 pm

3) Τέλος, υποθέτουμε ότι άρα παίρνει μία από τις μορφές:

$p=3l+1,3l+2,6l\pm1,8l+1,8l+5,l\in\mathbb{N}$

και εξετάζουμε κάθε μία περίπτωση.

Ζήσε Μάη να φας τριφύλλι: Πρώτον δεν λέει απολύτως τίποτα. Δεύτερον δεν φαίνεται να κατάλαβες τι προσπαθεί να σου πει ο JimNt στο ποστ #5 παραπάνω.

Έχω μία απορία:

Από που είναι οι Διοφαντικές εξισώσεις που ποστάρεις στο φόρουμ;

Δύσκολη Διοφαντική!

Δύσκολη Διοφαντική!

Re: Δύσκολη Διοφαντική!

Re: Δύσκολη Διοφαντική!

Re: Δύσκολη Διοφαντική!

Re: Δύσκολη Διοφαντική!

Re: Δύσκολη Διοφαντική!

Re: Δύσκολη Διοφαντική!

Re: Δύσκολη Διοφαντική!

Re: Δύσκολη Διοφαντική!

Μέλη σε σύνδεση