Θεωρία Αριθμών

kostas136 · #1

Αν $a\in N$ και ο

είναι διαιρέτης του $2a^{2}$ τότε να αποδείξετε ότι ο $a^{2}+b$ δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο.

Eagle · #2

kostas136 έγραψε:Αν $a\in N$ και ο είναι διαιρέτης του $2a^{2}$ τότε να αποδείξετε ότι ο $a^{2}+b$ δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο.

Λοιπόν,θα δουλεψουμε με την εις άτοπον απαγωγή.Έστω ότι υπάρχει αριθμός $m,m \in \mathbb{Z}$ ώστε $a^2 +b=m^2\Leftrightarrow b=m^2-a^2(1)$ .Από τα δεδομένα του προβλήματος έχουμε $b|2a^2 \Leftrightarrow 2a^2 \equiv 0 (\mod b) \Leftrightarrow a^2 \equiv 0 (\mod b) \Leftrightarrow b|a^2(2)$ .Όμως από την σχέση (1) παίρνουμε $m^2-a^2|a^2 \Leftrightarrow m^2|2a^2 \Leftrightarrow m^2=2a^2k,k \in \mathbb{Z}(2)$ .Επίσης $b=2a^2l,l \in \mathbb{Z}(3)$ .Ξαναγυρνάμε τώρα στην αρχική μας σχέση $a^2 +b=m^2 \Leftrightarrow a^2 +2a^2l=m^2=2a^2k \Leftrightarrow a^2(2l+1)=a^22k \Leftrightarrow 2l+1=$ $2k \Leftrightarrow 1=2(k-l)$ ,άτοπο διότι $k,l \in \mathbb{Z}$ Επομένως δεν υπάρχει τέλειο τετράγωνο της μορφής a^2 +b

με

.

Ελπίζω να μην χάνω από πουθενά.

ΥΓ1.Μπορείτε να με διορθώσετε στην διατύπωση,αν η λύση μου είναι σωστή.
ΥΓ2.Δεν θα έπρεπε $a \in \mathbb{N^*}$ ???

chris · #3

Το α πρέπει σίγουρα να είναι διάφορο του μηδενός αφού αν α=0 τότε το b είναι οποισδήποτε πραγματικός(εκτός του 0) και συνεπώς το $a^{2}+b$ μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο(πχ. για b=4)

ξαροπ · #4

Eagle έγραψε: $m^2-a^2|a^2 \Leftrightarrow m^2|2a^2$

Αυτό εδώ δεν καταλαβαίνω πολύ. Για να ισχύει γενικά $a - b \mid b \Leftrightarrow a \mid 2b$ πρέπει τα α,β να έχουν τη μορφή $b = nk, a = (n+1)k, k,n \in \mathbb{Z}$ και όχι να είναι οποιαδήποτε α,β.

Η ισοδυναμία δεν ισχύει με αντιπαράδειγμα, πάρτε πχ. m = 2, a = 4

για να ισχύει η δεύτερη κι όχι η πρώτη.

Εγώ θα το έθετα ως εξής: Έστω ότι όντως m^2-a^2|a^2

, τότε υπάρκει κάποιο $k \in \mathbb{Z}$ ώστε $k(m^2-a^2) = a^2 \Leftrightarrow km^2 = (k+1)a^2$ ή $\frac{d}{a} = \sqrt{q}$ , όπου d η απόλυτη τιμή του m και q η απόλυτη τιμή του $\frac{k+1}{k}$ . Όμως στην τελευταία σχέση το πρώτο μέλος είναι ρητός ενώ το δεύτερο άρρητος. *

(* αλλιώς έστω $\frac{k+1}{k} = q^2 \Leftrightarrow (q-1)(q+1)k = 1$ , η οποία προφανώς δεν έχει λύσεις στους ακεραίους -{0})

kostas136 · #5

Σας ευχαριστώ για την ενασχόληση. Όσον αφορά την παρατήρηση του Chris, ότι πρέπει $a\neq 0$ , νομίζω ότι είναι προφανές, δεν θα άξιζε να ασχοληθούμε με την άσκηση αλλιώς. Γράφω μια προσέγγιση:

Αφού ο

διαιρεί τον $2a^{2}$ τότε υπάρχει φυσικός

ώστε $2a^{2}=bk$ . Έστω ότι ο $a^{2}+b$ είναι τέλειο τετράγωνο. Τότε θα είναι και ο $k^{2}(a^{2}+b)$ τέλειο τετράγωνο. Αλλά:
$k^{2}(a^{2}+b)=k^{2}a^{2}+k^{2}b=k^{2}a^{2}+k2a^{2}=a^{2}(k^{2}+2k)=a^{2}[(k+1)^{2}-1]$ . Άρα θα έπρεπε να είναι τέλειο τετράγωνο ο $(k+1)^{2}-1$ , πράγμα αδύνατο, αφού δύο διαδοχικοί φυσικοί δεν μπορούν να είναι τέλεια τετράγωνα και οι δύο.

#6

Eagle έγραψε: $2a^2 \equiv 0 (\mod b) \Leftrightarrow a^2 \equiv 0 (\mod b) \Leftrightarrow b|a^2(2)$

Προσοχή! Η παραπάνω ισοδυναμία ισχύει μόνο στην περίπτωση όπου (b,2)=1

ή με άλλα λόγια αν ο

είναι περιττός. Οπότε πρέπει να εξετάσεις ξεχωριστά την περίπτωση το

να είναι άρτιος.

Αλέξανδρος

Θεωρία Αριθμών

Θεωρία Αριθμών

Re: Θεωρία Αριθμών

Re: Θεωρία Αριθμών

Re: Θεωρία Αριθμών

Re: Θεωρία Αριθμών

Re: Θεωρία Αριθμών

Μέλη σε σύνδεση