Τέλεια Τετράγωνα

SPYRIDON TZORTZIS · #1

Αν οι αριθμοί $x,y\in \mathbb{N^*}$ ικανοποιούν τη σχέση 2x^2+x=3y^2+y

, τότε:
α) να αποδείξετε πως οι αριθμοί x-y

και

είναι τέλεια τετράγωνα
β) να βρείτε όλα τα ζεύγη (x,y)

τα οποία ικανοποιούν την (1)

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #2

SPYRIDON TZORTZIS έγραψε: Τετ Μαρ 25, 2020 4:54 pm Αν οι αριθμοί $x,y\in \mathbb{N^*}$ ικανοποιούν τη σχέση , τότε:
α) να αποδείξετε πως οι αριθμοί και είναι τέλεια τετράγωνα
β) να βρείτε όλα τα ζεύγη τα οποία ικανοποιούν την

Επαναφορά.

#3

Απαντάω στο ερώτημα 1.

Ας είναι $\displaystyle{x-y=a,}$ οπότε $\displaystyle{x=y+a}$ , η εξίσωση γράφεται, μετά από κατάλληλους μετασχηματισμούς, ως

$\displaystyle{a(1+6a)=(y-2a)^2.}$ Επειδή ισχύει $\displaystyle{(1,1+6a)=1}$ έπεται το ζητούμενο.

Ας είναι τώρα $\displaystyle{2x+2y+1=m}$ , οπότε $\displaystyle{x=\frac{m-1-2y}{2}}$ . Η εξίσωση γράφεται

$\displaystyle{m(3m-1)=2(y+m)^2.}$ Επειδή $\displaystyle{(m,3m-1)=1}$ και φανερά $\displaystyle{m}$ περιττός, είναι ο $\displaystyle{m}$ τέλειο τετράγωνο.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

SPYRIDON TZORTZIS έγραψε: Τετ Μαρ 25, 2020 4:54 pm Αν οι αριθμοί $x,y\in \mathbb{N^*}$ ικανοποιούν τη σχέση , τότε:
α) να αποδείξετε πως οι αριθμοί και είναι τέλεια τετράγωνα
β) να βρείτε όλα τα ζεύγη τα οποία ικανοποιούν την

Να δώσω μια διαφορετική απάντηση στο α)
Η 2x^2+x=3y^2+y

γράφεται $2x^2+x-2y^2-y=y^{2}$
δηλαδή
$(x-y)(2x+2y+1)=y^{2}$
Αν τώρα είναι d=(x-y,2x+2y+1)

τότε λόγω της προηγούμενης d/y

ετσι και

οπότε

Αρα

και έχουμε το ζητούμενο.

SPYRIDON TZORTZIS · #5

Επαναφορά.

#6

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Κυρ Μαρ 29, 2020 7:08 pm
SPYRIDON TZORTZIS έγραψε: Τετ Μαρ 25, 2020 4:54 pm Αν οι αριθμοί $x,y\in \mathbb{N^*}$ ικανοποιούν τη σχέση , τότε:
α) να αποδείξετε πως οι αριθμοί και είναι τέλεια τετράγωνα
β) να βρείτε όλα τα ζεύγη τα οποία ικανοποιούν την
Να δώσω μια διαφορετική απάντηση στο α)
Η γράφεται $2x^2+x-2y^2-y=y^{2}$
δηλαδή
$(x-y)(2x+2y+1)=y^{2} \ \ (1)$
Αν τώρα είναι
τότε λόγω της προηγούμενης
ετσι και οπότε
Αρα και έχουμε το ζητούμενο.

Από το σημείο που την άφησε ο Σταύρος για το δεύτερο ερώτημα:

Θα δείξουμε ότι δεν υπάρχουν μη μηδενικές ακέραιες λύσεις (δεν είναι απαραίτητο να είναι φυσικοί οι x,y

). Λόγω της σχέσης (1)

και του ότι οι παράγοντες του γινομένου είναι πρώτοι μεταξύ τους, υπάρχουν ακέραιοι y_1,y_2

ώστε

και

όπου

και

.

Απαλοίφοντας το

από τις παραπάνω σχέσεις παίρνουμε: $4y+1=y_2^2-2y_1^2 \Leftrightarrow y_2^2-4y_1y_2+4y_1^2-6y_1^2=1 \Leftrightarrow (y_2-2y_1)^2-6y_1^2=1$ η οποία είναι της μορφής a^2-6b^2=1

η οποία είναι εξίσωση Pell με βασική λύση (|a_1|,|b_1|)=(5,2)

άρα οι λύσεις (a_n, b_n)

δίνονται ως γνωστόν από τον τύπο $a_n+b_n\sqrt{6}=\pm \left(5+2\sqrt{6}\right)^n$ άρα με χρήση του διωνύμου του Newton παίρνουμε:

$a_n=\pm \displaystyle\sum_{i=0}^{[n/2]}\binom{n}{2i}5^{n-2i}24^{i}$ και $b_n=\pm \displaystyle\sum_{i=0}^{[(n-1)/2]}\binom{n}{2i+1}5^{n-2i-1}{24}^{i}$

άρα τελικά οι (άπειρες) λύσεις δίνονται από τους τύπους:

(x,y)=(3b_n^2+a_nb_n,2b_n^2+a_nb_n)

για $n\in\mathbb{N}$ (Για παράδειγμα για (a_1,b_1)=(5,2)

παίρνουμε τη λύση (x,y)=(22,18)

).

Αλέξανδρος

Edit: (01.04.2020 01:06) Ευχαριστώ τον Θανάση Κοντογιώργη και τον Πρόδρομο Φωτιάδη που μου επεσήμαναν την ύπαρξη λάθους το οποίο ήταν παιδαριώδες και διορθώθηκε! Νομίζω τώρα ότι η λύση είναι σωστή!

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #7

cretanman έγραψε: Τρί Μαρ 31, 2020 11:25 pm $y_2^2-4y_1y_2+4-2y_1^2=5 \Leftrightarrow (y_2-2)^2-2y_1^2=5$

Προφανως υπάρχει τυπογραφικό που χαλάει τα μετά.
Τέτοια ώρα συμβαίνουν αυτά.
Λύσεις σίγουρα έχει
x=22,y=18

#8

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Τετ Απρ 01, 2020 1:05 am
cretanman έγραψε: Τρί Μαρ 31, 2020 11:25 pm $y_2^2-4y_1y_2+4-2y_1^2=5 \Leftrightarrow (y_2-2)^2-2y_1^2=5$
Προφανως υπάρχει τυπογραφικό που χαλάει τα μετά.
Τέτοια ώρα συμβαίνουν αυτά.
Λύσεις σίγουρα έχει

Σταύρο ευχαριστώ! Ακριβώς αυτό ήταν το παιδαριώδες λάθος στο οποίο αναφέρθηκα στο παραπάνω μήνυμα!

Αλέξανδρος

SPYRIDON TZORTZIS · #9

https://www.wolframalpha.com/input/?i=2 ... %5E2%2By++

#10

SPYRIDON TZORTZIS έγραψε: Τετ Απρ 01, 2020 2:43 am https://www.wolframalpha.com/input/?i=2 ... %5E2%2By++

Πρωταπριλιάτικο και όμως αληθινό!

Αν μάλιστα θέσουμε x_0=0, y_0=0

και

(προφανείς (;) λύσεις) ... τότε όλες οι παραπάνω λύσεις δίνονται από τους αναδρομικούς τύπους

$x_{n+2}=10x_{n+1}-x_n+2$ και $y_{n+2}=-10y_{n+1}-y_n-2$

Είναι όντως αυτές όλες οι λύσεις, και πως προκύπτουν; Δεν γνωρίζω και δεν το προσπάθησα, αν δεν το διαλευκάνουν άλλοι θα το ξαναδώ...

SPYRIDON TZORTZIS · #11

Το ίδιο: Δεν γνωρίζω και δεν το προσπάθησα, αν δεν το διαλευκάνουν άλλοι θα το ξαναδώ...

#12

Ξέχασα να αναφέρω παραπάνω ότι μετά την επισήμανση του λάθους, διόρθωσα τη λύση και νομίζω ότι πλέον είναι σωστή. Οι λύσεις είναι άπειρες αφού η αρχική καταλήγει σε μια εξίσωση Pell. Βρήκα και μια λύση (την (22,18)

) για να είμαι σίγουρος ότι οι τύποι αυτοί δίνουν πράγματι τις λύσεις. Απλά αντί για να αφήσω τις λύσεις στη μορφή με ριζικά, εφάρμοσα το διωνυμικο αναπτυγμα για να τις βρω σε κλειστή μορφή!

Αλέξανδρος

Τέλεια Τετράγωνα

Τέλεια Τετράγωνα

Re: Τέλεια Τετράγωνα

Re: Τέλεια Τετράγωνα

Re: Τέλεια Τετράγωνα

Re: Τέλεια Τετράγωνα

Re: Τέλεια Τετράγωνα

Re: Τέλεια Τετράγωνα

Re: Τέλεια Τετράγωνα

Re: Τέλεια Τετράγωνα

Re: Τέλεια Τετράγωνα

Re: Τέλεια Τετράγωνα

Re: Τέλεια Τετράγωνα

Μέλη σε σύνδεση