mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 08, 2011 2:24 am**

Να βρεθούν όλα τα ζεύγη θετικών ακεραίων (m,n)

ώστε

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 09, 2011 1:13 am**

Όμοια με την προηγούμενη λαμβάνουμε αν δεν κάνω λάθος ότι: (m,n)=(2k,1) (2k,4k^2-1)

και οι κυκλικές μεταθέσεις αυτών.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 09, 2011 9:55 am**

Εδώ υπάρχει λάθος στο αποτέλεσμα θα το διορθώσω πιο μετά, γιατί δεν προλαβαίνω.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 09, 2011 5:29 pm**

Με Vieta Jumping όπως και στην προηγούμενη προκύπτει: $(m,n)=(x_{s+1}^2,x_sx_{s+1}),(x_s^2,x_sx_{s+1})$ , όπου η ακολουθία x_s

ορίζεται αναδρομικά με τον παρακάτω τρόπο:
$x_{s+2}=2kx_{s+1}-x_s$ , x_1=1

και

,όπου

θετικός ακέραιος.

Ελπίζω να είναι σωστή τώρα.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 10, 2011 7:13 am**

Παναγιώτης 1729 έγραψε:Με Vieta Jumping όπως και στην προηγούμενη προκύπτει: $(m,n)=(x_{s+1}^2,x_sx_{s+1}),(x_s^2,x_sx_{s+1})$ , όπου η ακολουθία ορίζεται αναδρομικά με τον παρακάτω τρόπο:
$x_{s+2}=2kx_{s+1}-x_s$ , και ,όπου θετικός ακέραιος.

Ελπίζω να είναι σωστή τώρα.

Καλημέρα,

Αν είναι η απάντηση σωστή ή η λύση;

Διότι δεν αποτελεί λύση και είναι δύσκολο για κάποιον άλλον εκτός από τον socrates να την ελέγξει....

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 10, 2011 10:24 am**

Παναγιώτη κάνε ένα κόπο να γράψεις όσο πιο αναλυτικά μπορείς τη λύση σου καθώς επίσης και στη δημοσίευση εδώ για κάποιον ο οποίος δεν είναι εξοικειωμένος με τις μεθόδους αυτές (Vieta Jumping κτλ) για να δει πως σκέφτηκες και κατέληξες στις συγκεκριμένες λύσεις.

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 10, 2011 9:13 pm**

Τη μέθοδο Vieta Jumping την έχω δεί μόνο σε 2-3 κλασικά παραδείγματα, και αρκετά πιο απλά από αυτό εδώ, νομίζω όμως ότι κατάλαβα τι θέλει να πει εδώ ο Παναγιώτης στην πολύ έξυπνη λύση του:

Όπως και στο άλλο παράδειγμα, θέτοντας (m,n) = (da,db), gcd(a,b)=1

, η σχέση ανάγεται στην 2kab = a^2 + b^2 - 1

(1), όπου

, οπότε

Εδώ αν κατάλαβα καλά, χρησημοποιεί vietta jumping με μια μορφή επαγωγής, δηλαδή για ένα συγκεκριμένο $k \in N$ , αν (a,b)

είναι λύση της 2kab = a^2 + b^2 - 1

, τότε $(a',b') = (a, \frac{a^2 - 1}{b}) = (a, 2ka - b)$ είναι και αυτό λύση, και αν λόγο συμμετρίας της 2βάθμιας θεωρήσουμε b < a

, έχουμε $b' = 2ka - b > b \Leftrightarrow a^2 - 1 > b^2$ που ισχύει διότι είναι τότε $a^2 - 1 \geq b^2$ και ισότητα δεν μπορούμε να έχουμε στη συγκεκριμένη σχέση θετικών ακεραίων (γιατί?).
Άρα είναι a' + b' = a + b' > a + b

.
Αφού η αρχική είχε λύση την (1, 2k)

, με την παραπάνω διαδικασία κατασκευάζεται μια άπειρη ακολουθία λύσεων με το άθροισμα των συντεταγμένων να τίνει στο άπειρο.
Τώρα με επαγωγή αποδεικνείεται ότι η ακολουθία όλων των λύσεων είναι αυτή που δίνει ο Παναγιώτης:
Θεωρούμε ότι οι πρώτες

λύσεις $(x,y), x \leq y$ δίνονται από τον αναδρομικό τύπο $(x_k,y_k) = (y_{k-1}, 2ky_{k-1} - x_{k-1}), k \geq 2, x_1 = 1, y_1 = 2k$ .
Έστω (a,b)

η λύση με το ελάχιστο a+b

που ικανοποιεί $a \leq b$ και δεν δίνεται απο τη συγκεκριμένη ακολουθία, τότε βλέπουμε ότι και η $(a,2ka - b) = (a, \frac{a^2 - 1}{b})$ είναι λύση θετικών ακεραίων ( a > 1

, γιατί?), με $2ka - b \leq b \Leftrightarrow a^2 - 1 \leq b^2$ που ισχύει, οπότε η νεα αυτή λύση θετικών ακεραίων έχει μικρότερο άθροισμα συντεταγμένων ενω η συμμετρική αυτής $(a', b') = (\frac{a^2 - 1}{b}, a)$ ικανοποιεί την $a' \leq b'$ αφού $\frac{a^2 - 1}{b} \leq \frac{a^2 - 1}{a} = a - \frac{1}{a} \leq a$ , άρα απο την υπόθεση του ελαχίστου, η λύση αυτή πρέπει να προκείπτει απο την ακολουθία που ορίσαμε, οπότε
$(a, 2ka - b) = (b', a') = (y_s, x_s) \Leftrightarrow (a, b) = (y_s, 2ka - (2ka - b)) = (y_s, 2ky_s - x_s) = (x_{s+1}, y_{s+1})$
άτοπο!

Άρα κάθε λύση σχετικά πρώτων $(a,b), a \leq b$ που ικάνοποιούν την (1) δίνεται απο την παραπάνω ακολουθία, ενω οι λύσεις της αρχικής τότε θα είναι οι: $(m,n) = (a^2,ba) = ({x_n}^2, x_ny_n)$ και οί $(m,n) = (a^2, ab) = ({y_n}^2, x_ny_n)$ που προκείπτουν απο τις συμμετρικές των προηγούμενων λύσεων της (1).
Είναι εύκολο να δούμε ότι όλες οι παραπάνω λύσεις, είναι οι ίδιες που βρήσκει ο Παναγιώτης.

ΥΓ: Τον αναδρομικό τύπο μπορούμε να τον επιλέξουμε στο τελευταίο βήμα όπου θέλουμε να βγάλουμε το άτοπο!

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 10, 2011 9:46 pm**

Τη μέθοδο Vieta jumping την είδα που την παρουσιάσε ο Αλέξανδρος
φέτος στο 4ο καλοκαιρινό σχολείο της Ε.Μ.Ε. στην Λεπτοκαρυά.
Σίγουρα, ο Παναγιώτης (αυτός ο ταλαντούχος νέος - που αποπνέει μία φυσική ευγένεια και καλοσύνη)
την είδε και εκεί, (για να κάνουμε και λίγο διαφήμιση για τα καλοκαιρινά σχολεία),
ίσως βέβαια, την ήξερε και από τα προσωπικά του διαβάσματα.

Με την ευκαιρία, Αλέξανδρε,
νομίζω ότι είναι ιδιαίτερα χρήσιμο να παρουσιαστεί και με άλλα παραδείγματα - προβλήματα
η χρήση αυτής της τεχνικής στην επίλυση και απόδειξη θεμάτων μαθηματικών διαγωνισμών.

Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 11, 2011 7:09 am**

Ανδρέας Πούλος έγραψε:Τη μέθοδο Vieta jumping την είδα που την παρουσιάσε ο Αλέξανδρος
φέτος στο 4ο καλοκαιρινό σχολείο της Ε.Μ.Ε. στην Λεπτοκαρυά.
Σίγουρα, ο Παναγιώτης (αυτός ο ταλαντούχος νέος - που αποπνέει μία φυσική ευγένεια και καλοσύνη)
την είδε και εκεί, (για να κάνουμε και λίγο διαφήμιση για τα καλοκαιρινά σχολεία),
ίσως βέβαια, την ήξερε και από τα προσωπικά του διαβάσματα.

Με την ευκαιρία, Αλέξανδρε,
νομίζω ότι είναι ιδιαίτερα χρήσιμο να παρουσιαστεί και με άλλα παραδείγματα - προβλήματα
η χρήση αυτής της τεχνικής στην επίλυση και απόδειξη θεμάτων μαθηματικών διαγωνισμών.

Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

Η μέθοδος αυτή μας είχε απσχολήσει και το καλοκαίρι στα θέματα

viewtopic.php?f=63&t=8484&p=48474&hilit ... ing#p48474

και

viewtopic.php?f=50&t=8575&p=48681

Δείτε και

viewtopic.php?f=50&t=2212

Φιλικά,

Αχιλλέας

mathematica.gr

Ζεύγη ακεραίων

Ζεύγη ακεραίων

Re: Ζεύγη ακεραίων

Re: Ζεύγη ακεραίων

Re: Ζεύγη ακεραίων

Re: Ζεύγη ακεραίων

Re: Ζεύγη ακεραίων

Re: Ζεύγη ακεραίων

Re: Ζεύγη ακεραίων

Re: Ζεύγη ακεραίων