Ακέραιοι-Διαιρετότητα

#1

Να βρεθούν όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων

και

τέτοια ώστε ο ab+a+b

να διαιρεί τον a^2+b^2+1

.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Dreamkiller · #2

Θα χρησιμοποιήσω την μέθοδο Infinite Descent/Vieta Jumping που περιγράφεται εδώ http://mathematica.gr/forum/viewtopic.p ... 474#p48474. Θα τη γράψω αναλυτικά γιατί έχει μερικά λεπτά σημεία.

Έστω $\displaystyle k=\frac{a^2+b^2+1}{a+b+ab}$ με $k \in N$ που ισοδύναμα γράφεται a^2-k(b+1)a +b^2-kb+1=0

. Θεωρούμε σύνολο (a,b)

των ριζών του τριωνύμου με $a \neq b$ και επιλέγουμε τη λύση (A,B)

που έχει το ελάχιστο άθροισμα a+b

και ισχύει, χωρίς βλάβη της γενικότητας, $A\geqB$ .

Έστω η εξίσωση x^2-k(B+1)x+B^2-kB+1=0

, η οποία έχει ρίζες x_1=A

και $\displaystyle x_2=k(B+1)-A=\frac{B^2-kB+1}{A}$ , σύμφωνα με τους τύπους τους Vieta. Από την πρώτη ισότητα προκύπτει ότι ο x_2

είναι ακέραιος και επίσης ότι είναι θετικός, αφού αν ήταν αρνητικός, τότε θα είχαμε 0=x_2^2-k(B+1)x_2+B^2-kB+1>x_2^2+kB+B^2-KB+1>0

, άτοπο.
Επομένως και το ζεύγος (x_2,B)

αποτελεί λύση της (1)

. Από το εξ υποθέσεως ελάχιστο του ζεύγους (A,B)

(αφού διαφορετικά θα προέκυπτε κάθε φορά με αυτόν τρόπο μια άπειρη ακολουθία λύσεων της εξίσωσης) έχουμε $x_2\geq A \Rightarrow \frac{B^2-kB+1}{A} \geq A \Rightarrow k\leq \frac{B^2-A^2+1}{B}\leq \frac{1}{B}$ αφού $A\geq B$ .
Επομένως B=1

και πλέον ψάχνουμε τον φυσικό

ώστε $2A+1 \mid A^2+2$ . Άρα $2A+1\mid 2(A^2+2) - A(2A+1)=4-A$ άρα $2A+1 \mid 2A+1 -2(4-A) = 9$ άρα $2A+1=3 \Rightarrow A=1$ ή $2A+1=9 \Rightarrow A=4$ . Άρα (A,B)=(1,1)

ή

. Αυτές είναι και οι λύσεις της εξίσωσης.

EDIT: Διόρθωσα τη λύση μου. Ελπίζω τώρα να είναι σωστή.

#3

Dreamkiller έγραψε: .........
Έστω η εξίσωση , η οποία έχει ρίζες και $\displaystyle x_2=A-k(b+1)=\frac{B^2-kB+1}{A}$ , σύμφωνα με τους τύπους τους Vieta.
.........

Υπάρχει λάθος σε αυτό το σημείο, οπότε η λύση δεν είναι σωστή.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Nick1990 · #4

Καπου υπαρχει προβλημα στην πιο πανω λυση διοτι λειπει μια απειρια λυσεων. Θα το κοιταξω πιο μετα.

Βαζω μια σωστη λυση η οποια ειναι για a,b:

μη αρνητικους ακεραιους:

Εχουμε $\frac {a^2 + b^2 + 1}{ab + a + b} = K \in Z$ (1)
Σταθεροποιουμε τον θετικο ακεραιο

και θεωρουμε τα ζευγη (a, b)

που επαληθευουν την (1), και λογο συμμετριας μπορουμε χωρις βλαβη της γενικοτητας να πουμε οτι $a \geq b$ για ολα τα παραπανω ζευγη. Θεωρουμε τωρα το ζευγος αυτο με το ελαχιστο a + b

, και εστω οτι αυτο ειναι το (a_0, b_0)

Η εξισωση (1) γραφεται: a^2 - aK(b + 1) + (b^2 - Kb + 1) = 0

η οποια απο τους τυπους Vieta εκτος απο το ζευγος (a_0, b_0)

εχει λυση και το ζευγος (a_1, b_0) = (Kb_0 + K - a_0, b_0)

, $Kb_0 + K - a_0 \geq 0$ οπως γραφει και ο Dreamkiller
Ομως απο τις υποθεσεις μας εχουμε:
$a_0 + b_0 \leq a_1 + b_0 \Rightarrow a_1 \geq a_0 \Rightarrow (b_0 + 1)K \geq 2a_0 \Rightarrow {b_0}^3 + {b_0}^2 + b_0 + 1 \geq {a_0}^2b_0 + {a_0}^2 + 2a_0b_0 \geq {b_0}^3 + {b_0}^2 + 2{b_0}^2 \Rightarrow b_0 + 1 \geq 2{b_0}^2$ .
Επηδη ομως για b_0 > 1

η τελευταια ανισοτητα δεν ισχυει, εχουμε b_0 = 0

η

Για

εχουμε: ${b_0}^3 + {b_0}^2 + b_0 + 1 \geq {a_0}^2b_0 + {a_0}^2 + 2a_0b_0 \Rightarrow {a_0}^2 + a_0 \leq 2 \Rightarrow a_0 \in \{0, 1\} \Rightarrow a_0 = 1$ , αφου πρεπει $a_0 \geq b_0$ . Για (a, b) = (1, 1)

προκειπτει K = 1

Για

εχουμε: ${b_0}^3 + {b_0}^2 + b_0 + 1 \geq {a_0}^2b_0 + {a_0}^2 + 2a_0b_0 \Rightarrow {a_0}^2 \leq 1 \Rightarrow a_0 = 1$ , αφου το ζευγος (0, 0)

απορριπτεται. Για (a, b) = (1, 0)

προκειπτει: K = 2

Αρα εχουμε να λυσουμε την εξισωση a^2 + b^2 + 1 = K(ab + a + b)

για

και

.
Για

η εξισωση ισοδυναμα γραφεται:
(a - b)^2 + (a - 1)^2 + (b - 1)^2 = 0

, που εχει λυση μονο την (a, b) = (1, 1)

Για

, παιρνουμε τη διακρινουσα της 2βαθμιας εξισωσης που προκειπτει ως προς

(λογο συμμετριας) και βρησκουμε την εξης απειρια ακεραιων λυσεων:
(a, b) = (k^2, (k + 1)^2)

, για καθε $k \in Z^{+}$ (και συμμετρικα).

#5

Ωραία..την είχα αφήσει μήπως συμπληρωθεί από κάποιον....

Πρόκειται για το πρόβλημα 1595 του Mathematics Magazine.
Σωστές λύσεις έστειλαν 9-10 άτομα, ενώ άλλες τέσσερεις ήταν λάθος.

Γράφω τη λύση που είχα στείλει.

Θα δείξουμε ότι τα ζευγάρια (a,b)

των θετικών ακεραίων που ικανοποιούν την

$\displaystyle{a^2+b^2+1=c(ab+a+b)}$ (1)

για κάποιο θετικό ακέραιο

είναι τα

, με

και

με $n\geq 1$ με c=2

.

Πράγματι, αν c=1

, τότε η (1) γράφεται ισοδύναμα ως (a-b)^2+(b-1)^2+(1-a)^2=0

, που μας δίνει a=b=1

.

Αν

, τότε η (1) είναι ισοδύναμη με την

$\displaystyle{a^2-2(b+1)a+(b-1)^2=0}$ .

Αυτό σημαίνει ότι το

είναι ρίζα της δευτεροβάθμιας εξίσωσης

$\displaystyle{x^2-2(b+1)x+(b-1)^2=0}$ ,

της οποίας η διακρίνουσα είναι D=4(b+1)^2-4(b-1)^2=16b

. Συνεπώς, πρέπει να έχουμε b=n^2

για κάποιο ακέραιο

, οπότε $a=(n^2+1)\pm 2n =(n\pm 1)^2$ .

Απομένει να δείξουμε ότι δεν υπάρχουν λύσεις για c>2

. Πράγματι, ας υποθέσουμε εις απαγωγή σε άτοπο ότι σε αυτή την περίπτωση υπάρχει μια λύση (a,b)

της (1) που ελαχιστοποεί την τιμή του a+b

. Λόγω συμμετρίας, μπορούμε να υποθέσουμε ότι $a\geq b$ . Όπως πριν, το

είναι ακέραια λύση της δευτεροβάθμιας ως προς

:

$\displaystyle{x^2-c(b+1)x+b^2-cb+1=0}$ .

Επομένως, αυτή η εξίσωση έχει ακόμα μια ακέραια λύση

τέτοια ώστε a+a'=c(b+1)

και

. Επιπλέον, o

πρέπει να ικανοποιεί την

(a')^2+b^2+1=c(a'b+a'+b)

.

Αν

, τότε

(αφού ο

θα διαιρεί τον b^2+1

) και

, άτοπο, ενώ αν a'<0

, τότε

,

που αντιβαίνει στο ότι $|a'|\geq 1$ . Επομένως,

$0<a'=\frac{b'-cb+1}{a}<\frac{(b-1)^2}{a}<a$ ,

δηλ., η (a',b)

είναι μια λύση της (1) με a'+b<a+b

, άτοπο.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Nick1990 · #6

Εντοπισα το λαθος, το γραφω ωστε να μην υπαρχει μπερδεμα:

Dreamkiller έγραψε:είναι θετικός, αφού αν ήταν αρνητικός, τότε θα είχαμε , άτοπο.

Dreamkiller (Στελιος, σωστα?)
Η δευτερη λυση που προκειπτει μπορει να ειναι και 0 (παρε k=2, B=1), οποτε οπως εκανα και εγω στη λυση μου πρεπει να επεκταθεις απο τους θετικους ακεραιους στους μη αρνητικους, τοτε λοιπον θεωροντας την ελαχιστη λυση ως προς το αθροισμα με k=2

, $B \geq A$ , προκειπτει B=0

οποτε η ανισοτητα που κατασκευαζεις στο τελος δεν εχει νοημα διοτι διαιρεις με B=0

Eagle · #7

Κάνω μια προσπάθεια σε αυτήν την άσκηση για να εξασκηθώ στη μέθοδο Vieta Jumping.Θα σας παρακαλούσα να μου πείτε αν είναι σωστή ή αν είναι λάθος να μου πείτε που βρίσκετε το λάθος.

Έστω $\displaystyle{\frac{a^2+b^2+1}{ab+a+b}=k}$ .Σταθεροποιούμε το $\displaystyle{k}$ και θεωρούμε το σύνολο $\displaystyle{S=\left\{(x,y)\in \mathbb{Z^{+}}|\frac{x^2+y^2+1}{xy+x+y}=k \right\}}$ .Από αυτό το σύνολο επιλέγουμε το ζεύγος με το ελάχιστο άθροισμα,έστω $\displaystyle{(x_0,y_0)}$ .Ο ισχυρισμός μας είναι ότι $\displaystyle{x_0=y_0}$ .Δίχως βλάβη της γενικότητας θεωρούμε $\displaystyle{x_0>y_0}$ .Έστω τώρα $\displaystyle{\frac{t^2+y_0^2+1}{ty_0+t+y_0}=k}$ .Έτσι $\displaystyle{t^2-tk(y_0+1)+(y_0^2-ky_0+1)=0}$ .Η μια προφανής λύση είναι η $\displaystyle{t_1=x_0}$ ,ενώ η άλλη από τους τύπους Vieta είναι η $\displaystyle{t_2=ky_0+k-x_0=\frac{y_0^2-ky_0+1}{x_0}}$ .Οι σχέσεις αυτές δίνουν ότι $\displaystyle{t_2\in\mathbb{N}}$ .Έστω ότι $\displaystyle{t_2\in\mathbb{N^{*}}}$ ,τότε $\displaystyle{(t_2,y_0)\in S}$ και $\displaystyle{t_2=\frac{y_0^2-ky_0+1}{x_0}<x_0}$ ,άτοπο λόγω του ελαχίστου του $\displaystyle{x_0+y_0}$ .Άρα $\displaystyle{x_0=y_0}$ ,επομένως $\displaystyle{\frac{2x_0^2+1}{x_0^2+2x_0}\in \mathbb{N^{*}}}$ .Αν $\displaystyle{\frac{2x_0^2+1}{x_0^2+2x_0}=1}$ τότε $\displaystyle{x_0=1}$ .Έστω τώρα $\displaystyle{x_0>1}$ ,τότε $\displaystyle{\frac{2x_0^2+1}{x_0^2+2x_0}=2-\frac{4x_0-1}{x_0^2+2x_0}}$ .Όμως πρέπει $\displaystyle{4x_0-1 \geq x_0^2+2x_0 \Leftrightarrow 0 \geq (x_0-1)^2}$ ,το οποιο για να ισχυεί πρέπει $\displaystyle{x_0=1}$ ,άτοπο άρα $\displaystyle{x_0=1}$ το οποιο δίνει $\displaystyle{k=1}$ .Έστω τώρα $\displaystyle{ky_0+k=x_0 \Leftrightarrow k=\frac{x_0}{y_0+1}}$ .Άρα $\displaystyle{\frac{x_0^2+y_0^2+1}{x_0y_0+x_0+y_0}=\frac{x_0}{y_0+1} \Leftrightarrow x_0y_0=y_0^3+y_0^2+y_0+1 \Rightarrow y_0|1 \Rightarrow y_0=1 \Rightarrow x_0=4 \Rightarrow k=2}$ .Συνεπώς $\displaystyle{k\in \left\{1,2 \right\}}$ .

Αν $\displaystyle{k=1}$ ,τότε $\displaystyle{a^2+b^2+1=ab+a+b \Leftrightarrow (a-b)^2+(a-1)^2+(b-1)^2=0 \Rightarrow a=b=1}$ .
Αν $\displaystyle{k=2}$ ,τότε $\displaystyle{a^2+b^2+1=2ab+2a+2b \Leftrightarrow a^2-2a(b+1)+(b-1)^2=0}$ το οποιο έχει λύσεις $\displaystyle{x_{1,2}=(\sqrt{b}\pm 1)^2}$ .Άρα $\displaystyle{b=z^2}$ και $\displaystyle{a=(z\pm 1)^2}$ .

Γιατί μου βγαίνουν διαφορετικές οι απειρείες των λύσεων;

Ακέραιοι-Διαιρετότητα

Ακέραιοι-Διαιρετότητα

Re: Ακέραιοι-Διαιρετότητα

Re: Ακέραιοι-Διαιρετότητα

Re: Ακέραιοι-Διαιρετότητα

Re: Ακέραιοι-Διαιρετότητα

Re: Ακέραιοι-Διαιρετότητα

Re: Ακέραιοι-Διαιρετότητα

Μέλη σε σύνδεση