2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки



Правила форума


Посмотреть правила форума



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7  След.
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение21.03.2017, 01:42 


03/03/12
969
Всё-таки не понятно, почему $c_1$ может оказаться не натуральным. Выносим $(k)$ за скобки, в скобках дробь, числитель которой всегда чётное число, которое при делении на два даёт натуральное $(c_1)$ (верно?).
Вопрос опять сформулировала не так. Исправляю.
Вопрос.
Верно ли, что в тройке $(a,b,c)$, являющейся решением системы, где не все чётные, существует пара, сумма которой является квадратом.
$(5,10,15)$, $10+15=25$.
Про $(m,n) $ ещё не всё понятно (пока подумаю).

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение21.03.2017, 04:49 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
1409
Москва
TR63 в сообщении #1202252 писал(а):
числитель которой всегда чётное число
Вот это непонятно почему (может быть это и правда, но надо доказывать).

TR63 в сообщении #1202252 писал(а):
Верно ли, что в тройке $(a,b,c)$, являющейся решением системы, где не все чётные, существует пара, сумма которой является квадратом.
Нет, неверно. Контрпример: $15, 30, 45$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение21.03.2017, 13:43 


03/03/12
969
Сделаем обозначение $a+b+c=x$
$c^2+\alpha_1c-\alpha_1x=0$


$c=\frac{-\alpha_1+\sqrt{\alpha_1^2+4\alpha_1x}}{2}$

$\alpha_1^2+4\alpha_1x-\beta^2=0$

$\alpha_1=-2x+\sqrt{4x^2+\beta^2}$

$(\beta,x,r)$ по условию не взаимно простые. Необходимо, чтобы они имели все общий множитель. Т.е. можно записать
$x=kx_1$, $\beta=k\beta_1$, $r=kr_1$
Тогда получаем, что
$\alpha_1=k\alpha_{n_1}$

$c=kc_1$

Подставим значения $(\alpha_1;x)$ в формулу для $(c)$. Получим:

$c=k[\frac{(-\alpha_{n_1})+(\sqrt{\alpha_{n_1}^2+4\alpha_{n_1}x_1})}{2}]$

$p+\sqrt{p^2+4py}=2c_1$ независимо от чётности $p$
Если это верно, то аналогично можно записать, что $a=k_1b_1$, $b=k_2a_1$, и ввести другое определение минимального решения.
mihaild, спасибо за контрпример.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение21.03.2017, 14:13 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
1409
Москва
TR63 в сообщении #1202352 писал(а):
$p+\sqrt{p^2+4py}=2c_1$ независимо от чётности $p$
Возможно, но неочевидно.

TR63 в сообщении #1202352 писал(а):
Если это верно, то аналогично можно записать, что $a=k_1b_1$, $b=k_2a_1$,
Еще надо будет доказать, что $a$ делится на $k_1$ (и непонятно, что нам с разложения $b$ на два ни с чем не связанных множителя).

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение21.03.2017, 15:12 


03/03/12
969
TR63 в сообщении #1202352 писал(а):
Подставим значения $(\alpha_1;x)$ в формулу для $(c)$. Получим:

$c=k[\frac{(-\alpha_{n_1})+(\sqrt{\alpha_{n_1}^2+4\alpha_{n_1}x_1})}{2}]$

$(\alpha_{n_1},x_1)$ натуральны (верно?, если неверно, то объясните, пожалуйста, почему Вы так считаете, т.к. я не понимаю, почему это может быть не верным). Подкоренное выражение точный натуральный квадрат(верно?).
TR63 в сообщении #1202352 писал(а):
$p+\sqrt{p^2+4py}=2c_1$ независимо от чётности $p$
mihaild в сообщении #1202377 писал(а):
Возможно, но неочевидно.

Не очевидным это возможно только в случае, если подкоренное выражение не является натуральным квадратом. Но из условий, при которых оно рассматривается, может быть только точным натуральным квадратом. Или я чего-то не понимаю. Чего именно? (Здесь $(p)$ просто переобозначение, чтобы была видна структура числителя; Вы же писали, что не очевидно, что $(c=kc_1)$, где $(c_1)$ натуральное).

-- 21.03.2017, 16:18 --

mihaild в сообщении #1202377 писал(а):
и непонятно, что нам с разложения $b$ на два ни с чем не связанных множителя).

Возможно, что ничего. Но сначала разберёмся с первым вопросом.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение21.03.2017, 15:36 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
1409
Москва
TR63 в сообщении #1202405 писал(а):
$(\alpha_{n_1},x_1)$ натуральны
Ну т.е. вы не написали, что такое $k$, то не знаю. Если попробовать угадать, что $k$ - общий делитель $x, \beta, r$ - то да, верно.

TR63 в сообщении #1202405 писал(а):
Не очевидным это возможно только в случае, если подкоренное выражение не является натуральным квадратом.
Неочевидно, что $p + \sqrt{p^2 + 4py}$ делится на $2$, если под корнем стоит точный квадрат (подумав, сообразил, почему это правда, но всё же явно выписывать такие моменты надо - с обоснованием).

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение21.03.2017, 15:47 


03/03/12
969
mihaild в сообщении #1202415 писал(а):
вы не написали, что такое $k$,

Вообще-то написала
TR63 в сообщении #1202352 писал(а):
можно записать
$x=kx_1$, $\beta=k\beta_1$, $r=kr_1$
Тогда получаем, что

Понятно, что $(a;b)$ аналогично можно представить в виде произведения двух натуральных сомножителей?
Если понятно, то буду думать дальше. Есть идея. Надо её проверить.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение21.03.2017, 15:55 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
1409
Москва
TR63, можно. Например, $k = 42, x_1 = \frac{x}{42}$ и т.д.
TR63 в сообщении #1202420 писал(а):
Понятно, что $(a;b)$ аналогично можно представить в виде произведения двух натуральных сомножителей?
Да, например $a = 1 \cdot a$.

Вообще, старайтесь явно выписывать весь смысл вводимых обозначений. Если четко прописано, какие свойства у чего есть - станет гораздо проще отслеживать, что происходит.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение21.03.2017, 17:26 


03/03/12
969
mihaild в сообщении #1202422 писал(а):
TR63, можно. Например, $k = 42, x_1 = \frac{x}{42}$ и т.д.

Не поняла, о чём и к чему это относится.
mihaild в сообщении #1202415 писал(а):
Если попробовать угадать, что $k$ - общий делитель $x, \beta, r$ - то да, верно.

Хорошо. Теперь поняла.
Я писала, что
TR63 в сообщении #1202352 писал(а):
$(\beta,x,r)$ по условию не взаимно простые. Необходимо, чтобы они имели все общий множитель. Т.е. можно записать
$x=kx_1$, $\beta=k\beta_1$, $r=kr_1$


mihaild в сообщении #1202422 писал(а):
Да, например $a = 1 \cdot a$


Этот пример не относится к области определения. У нас по условию $(a,b,c)$>1. Значит, похоже, не поняли. Тогда, если будет необходимость в продолжении темы, распишу подробнее.
Насчёт, писать подробнее, учту.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение21.03.2017, 17:42 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
1409
Москва
TR63 в сообщении #1202455 писал(а):
$(\beta,x,r)$ по условию не взаимно простые. Необходимо, чтобы они имели все общий множитель. Т.е. можно записать
$x=kx_1$, $\beta=k\beta_1$, $r=kr_1$
Вот тут надо сказать, что $k$ - это этот самый общий делитель (и он больше $1$).

TR63 в сообщении #1202420 писал(а):
что $(a;b)$ аналогично можно представить в виде произведения двух натуральных сомножителей
Если $a$ - натуральное, то $a = 1 \cdot a$ - это представление $a$ в виде произведения двух натуральных сомножителей.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение21.03.2017, 18:01 


03/03/12
969
Хорошо. С уточнением
TR63 в сообщении #1202420 писал(а):
Понятно, что $(a;b)$ аналогично можно представить в виде произведения двух натуральных сомножителей?

каждый из которых больше $1$. (Это верно?) Или это надо расписывать подробно. Там, вроде, всё аналогично.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение21.03.2017, 21:50 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
1409
Москва
TR63 в сообщении #1202472 писал(а):
Или это надо расписывать подробно
Надо доказать, что, если $p + \sqrt{p^2 + 4py}$ - целое, то оно делится на $2$.
И еще показать, что не получится $c_ 1 =1$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение22.03.2017, 11:03 


03/03/12
969
mihaild в сообщении #1202521 писал(а):
Надо доказать, что, если $p + \sqrt{p^2 + 4py}$ - целое, то оно делится на $2$.
И еще показать, что не получится $c_ 1 =1$

Здесь $(p,y,k,q)$ натуральные и
$p=kp_1$

$y=ky_1$

$p^2+4py=q^2$

$c_1=\frac{p+\sqrt{p^2+4py}}{2}$

Разве не очевидно, что $c_1>1$ и натурально?

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение22.03.2017, 12:46 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
1409
Москва
Нет, не очевидно. И совершенно непонятно, чем введение новых букв тут помогло.

 Профиль  
                  
 
 Re: Существует ли решение?
Сообщение23.03.2017, 08:51 


03/03/12
969
Ранее мною была сделана опечатка. Отсюда недоразумение с ${c_1>1}$. Правильно будет ${c_1\ge1}$
Исправляю.
TR63 в сообщении #1202352 писал(а):
Сделаем обозначение $a+b+c=x$
$c^2+\alpha_1c-\alpha_1x=0$


$c=\frac{-\alpha_1+\sqrt{\alpha_1^2+4\alpha_1x}}{2}$

$\alpha_1^2+4\alpha_1x-\beta^2=0$

$\alpha_1=-2x+\sqrt{4x^2+\beta^2}$

$(\beta,x,r)$ по условию не взаимно простые. Необходимо, чтобы они имели все общий множитель. Т.е. можно записать
$x=kx_1$, $\beta=k\beta_1$, $r=kr_1$
Тогда получаем, что
$\alpha_1=k\alpha_{n_1}$

$c=kc_1$

Подставим значения $(\alpha_1;x)$ в формулу для $(c)$. Получим:

$c=k[\frac{(-\alpha_{n_1})+(\sqrt{\alpha_{n_1}^2+4\alpha_{n_1}x_1})}{2}]$

$-p+\sqrt{p^2+4py}=2c_1$ независимо от чётности $p$
Если это верно, то аналогично можно записать, что $a=k_1b_1$, $b=k_2a_1$, и ввести другое определение минимального решения.

mihaild, с чётностью числителя Вы, вроде, ранее согласились (верно?).
mihaild в сообщении #1202415 писал(а):
Если попробовать угадать, что $k$ - общий делитель $x, \beta, r$ - то да, верно.


Если замечаний больше нет, то получаем $c=kc_1$, где $k>1$, $c_1\ge1$. И аналогично $a=k_1a_1$, $b=k_2b_1$, где $(k_1;k_2)>1$, $(a_1;b_1)\ge1$. Т.к. $(a,b,c)$ взаимно просты, то $(a_1,b_1,c_1)$ тоже взаимно просты.
Будем считать, что тройка $(a,b,c)$ минимальная из возможных, дающих решение системы (прежнее определение минимального решения надо убрать).
Если замечаний не будет, то подставляем эту тройку $(kc_1,k_1a_1,k_2b_1)$ в систему и смотрим, можно ли получить противоречие.

-- 23.03.2017, 09:54 --

TR63 в сообщении #1201223 писал(а):
Задача: при натуральных $(a,b,c)>1$, не имеющих общего делителя, для системы уравнений
$\frac{c^2}{a+b}=\alpha_1$, $\frac{b^2}{a+c}=\alpha_2$, $\frac{a^2}{b+c}=\alpha_3$
существуют ли натуральные решения $(a,b,c)$, при которых $(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ натуральны.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 94 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group