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




Начать новую тему Ответить на тему
 
 Квадратный трехчлен
Сообщение09.09.2006, 19:02 
Заслуженный участник


01/12/05
458
Пусть при любом целом значении аргумента $ax^2+bx+c$ является полным квадратом. Доказать, что тогда существуют такие $c,\ d$, что $ax^2+bx+c=(fx+d)^2$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Квадратный трехчлен
Сообщение09.09.2006, 19:26 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


01/03/06
13626
Москва
Юстас писал(а):
Пусть при любом целом значении аргумента $ax^2+bx+c$ является полным квадратом. Доказать, что тогда существуют такие $c,\ d$, что $ax^2+bx+c=(cx+d)^2$.

Может быть, Вашу задачу следует понимать так: Пусть при любом целом значении аргумента $ax^2+bx+c$ является полным квадратом. Доказать, что тогда существуют такие $f,\ d$, что $ax^2+bx+c=(fx+d)^2$?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение09.09.2006, 19:32 
Заслуженный участник


01/12/05
458
Спасибо за замечание, исправлено.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение09.09.2006, 19:40 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


01/03/06
13626
Москва
Такая задача приведена и разобрана под № 78047 в задачнике МЦНМО, вот ссылка: http://www.problems.ru/view_problem_det ... p?id=78047.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение10.09.2006, 08:38 
Заслуженный участник


01/12/05
458
Я сам решение знаю, и задача предложена для тех, кому ее интересно решить самостоятельно, а не читать готовое решение по ссылке. Так что непонятно, кому уважаемый Brukvalub адресовал предыдущее сообщение.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение10.09.2006, 09:12 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


01/03/06
13626
Москва
Юстас писал(а):
Я сам решение знаю, и задача предложена для тех, кому ее интересно решить самостоятельно, а не читать готовое решение по ссылке. Так что непонятно, кому уважаемый Brukvalub адресовал предыдущее сообщение.

Ответ: 1) Мое сообщение было адресовано прежде всего Вам, уважаемый Юстас.
2)Те, кому интересно самостоятельно решить задачу,предложенную на Московской математической олимпиаде 1955 г. во втором туре для 8-х классов, и так сделают это самостоятельно, не заглядывая в решение.
3)На этом форуме сложилась практика ( не мной введенная) указывать имеющееся в Интернете решение предложенной кем-либо задачи (чтобы в этом убедиться, достаточно просмотреть архив сообщений).Поэтому, указывая решение предложенной Вами задачи, я лишь следовал традициям форума, не имея целью нанести Вам обиду.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение10.09.2006, 10:00 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


17/10/05
3709
:evil:
Brukvalub писал(а):
…На этом форуме сложилась практика ( не мной введенная) указывать имеющееся в Интернете решение предложенной кем-либо задачи…

Лично я ничего плохого в этой практике не вижу. По двум причинам: (1) ссылка позволяет избежать копирования решения, и в то же время, если хочется порешать самому, не делает преждевременной подсказки. (2) Как правило, ссылка идет на куда более подробный и тщательный разбор задачи, чем сообщение в форум, часто сопровождаемый интересным историческим коментарием.

Давайте жить дружно :)! Но если есть желание обсудить практику ссылок и регламент этого раздела, уместнее это сделать в разделе «Работа форума».

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение10.09.2006, 16:23 
Заслуженный участник


01/12/05
458
Да никто и не обижался, давайте уже передем к непосредственному решению. Если эта задача была для 8(9) класса, то насколько же сейчас упал уровень образования. Сомневаюсь, что сегодня она по силам школьникам.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение10.09.2006, 18:42 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1898
Москва
А я согласен с Brukvalub, приводить решение таких простых задач есть смысл только если нашел очень красивое решение.
Красивого решения я не нашел, но поскольку обсуждение ушло от непосредственного решения, то приведу свое тривиальное решение.
Ясно, что дискриминант должен быть равен нулю, т.е. $b^2=4ac$. Имеем $(x+\frac{b}{2a})^2=x^2+\frac{b}{a}x+\frac{c}{a}$ или $ax^2+bx+c=a(x+\frac{b}{2a})^2=(\sqrt{a}x+\frac{b}{2\sqrt{a}})^2$, т.е. $f=\sqrt{a}$, $d=\frac{b}{2\sqrt{a}}$. Теперь нужно доказать, что $a$ - есть квадрат и $2|b$. Последнее очевидно следует из равенства $b^2=4ac$.
Если $(a,c)=1$, то очевидно из равенства $b^2=4ac$ следует, что $a,c$ - квадраты.
Пусть $(a,c)=e$, и $e$ - не является квадратом, то $b^2=4a_1^2eec_1^2$, где $a=a_1^2e$, $c=c_1^2e$. Тогда $ax^2+bx+c=e(a_1x+c_1)^2$, поскольку $e$ - не квадрат, то $e(a_1x+c_1)^2$ не может быть квадратом, что противоречит условию.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение10.09.2006, 20:49 
Заслуженный участник


01/12/05
458
А что, если дискриминант не 0?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение11.09.2006, 06:25 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1898
Москва
Если задача школьная и можно игнорировать комплексные решения, то доказывать нечего - $ax^2+bx+c=(x-x_1)(x-x_2)$ всегда можно взять $x$ равным одному из делителей $x_1$ в нечетной степени, которого нет в $x_2$, затем вынесем за скобку -не получим квадрата.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение11.09.2006, 07:41 
Заслуженный участник


01/12/05
458
Школьная задача или нет не имеет отношения к строгости решения.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.09.2006, 15:27 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


01/08/06
3049
Уфа
(1) Введём обозначение: $d_x^2$ = $ax^2+bx+c$. По условию задачи $d_x$ - целое для целых $x$.
(2) Заметим, что $a \ge 0$, иначе квадратный трёхчлен будет принимать отрицательные значения при $x \to \infty$.
(3) Положив $x$ = 0, имеем: $c$ = $d_0^2$ - полный квадрат. Обозначим $d$ = $\pm d_0$ так, чтобы $d$ и $b$ имели одинаковый знак (если $b$ = 0, то знак $d$ произволен). Итак, $c$ = $d^2$, где $d$ - целое.
(4) Пусть $a$ = 0. Тогда $b$ = 0, иначе $bx+c$ сможет принимать отрицательные значения при $x \to \infty$. Имеем: $ax^2+bx+c$ = $(0x+d)^2$, т.е. для $a$ = 0 теорема доказана ($f$ = 0). Остаётся случай $a$ > 0.
(5) Положив $x = \pm 1$, имеем: $a+b$ и $a-b$ - целые, откуда либо $a$ и $b$ оба целые, либо оба полуцелые. Пусть $a$ и $b$ оба полуцелые, $a$ = k+1/2, $b$ = m+1/2, k, m - целые. Положим $x$ = 4. Имеем: 16a + 4b = 16k + 8 + 4m + 2 = $d_4^2-d^2$ = $(d_4-d)(d_4+d)$. Слева имеем выражение, дающее при делении на 4 остаток 2, справа - либо нечётное (если $d_4$ и $d$ разной чётности), либо делящееся без остатка на 4 (если $d_4$ и $d$ одинаковой чётности). Противоречие. Значит, $a$ и $b$ - целые.
(6) Итак, $a \in \mathbb N$, $b \in \mathbb Z$. Перепишем (1), учитывая (3), в виде $x(ax+b)$ = $(d_x-d)(d_x+d)$. Будем далее рассматривать только простые $x$. Коль скоро $x$ - простое, одна из скобок $d_x-d$ или $d_x+d$ обязана нацело делиться на $x$. Т. е. существует $f \in \mathbb N$: либо $xf$ = $d_x+d$, $(ax+b)/f$ = $d_x-d$, либо $xf$ = $d_x-d$, $(ax+b)/f$ = $d_x+d$. В обоих случаях имеем: $|xf-(ax+b)/f|$=$|2d|$, или $|f-a/f|x-|b|/f \le $ $|(f-a/f)x-b/f|$=$|2d|$.
(7) Выражение $|f-a/f|$ на множестве {$f \in \mathbb N$: $f^2 \ne a$} достигает своего положительного минимума, который назовём $\varepsilon(a)$. Действительно, при $f$ > $\sqrt{a}$ функция $|f-a/f|$=$f-a/f$ возрастает, а значит, её минимум на натуральных $f$ достигается на конечном отрезке $[1,\lceil(\sqrt{a})\rceil]$, и этот минимум больше нуля (поскольку $f^2 \ne a$).
(8) Пусть $f^2 \ne a$. Выберем в качестве $x$ простое число, большее $\frac{|2d|+|b|}{\varepsilon(a)}$. Тогда $|f-a/f|$ > $|2d|+|b|$, $|f-a/f|x-|b|/f$ > $|2d|+|b|-|b|/f \ge |2d|$, что противоречит неравенству, полученному в конце (6). Итак, предположение, что $f^2 \ne a$, приводит к противоречию.
(9) Остаётся только случай $f^2$ = $a$, тогда $|b|/f$ = $|2d|$, откуда $b = 2df$, поскольку $d$ мы выбирали так, чтобы его знак совпадал со знаком $b$ (3). В итоге имеем: $ax^2+bx+c$=$f^2x^2+2dfx+d^2$=$(fx+d)^2$, что и требовалось доказать.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.09.2006, 16:22 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


01/08/06
3049
Уфа
М-да, по сравнению с моим решением "в лоб" (на которое я потратил несколько дней) то, на которое дал ссылку Brukvalub, на порядок изящнее... Правда... неужели в 1955 г. в 8-м классе уже пределы проходили? Причём на фундаментальном уровне, который сейчас только в вузах дают (для понимания решения требуется, чтобы человек был на "ты" с пределами)?
Сегодняшние школьники совершенно точно до такого решения не додумаются, если только самостоятельно не изучают университетский курс.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение20.10.2006, 12:34 
Заслуженный участник


05/09/05
515
Украина, Киев
worm2 писал(а):
М-да, по сравнению с моим решением "в лоб" (на которое я потратил несколько дней) то, на которое дал ссылку Brukvalub, на порядок изящнее... Правда... неужели в 1955 г. в 8-м классе уже пределы проходили? Причём на фундаментальном уровне, который сейчас только в вузах дают (для понимания решения требуется, чтобы человек был на "ты" с пределами)?
Сегодняшние школьники совершенно точно до такого решения не додумаются, если только самостоятельно не изучают университетский курс.


Оно конечно изящнее... Но вот только ошибки там есть...

Там так
f(x)=ax^2+bx+c,

а должно быть
f^2(x)=ax^2+bx+c

Внизу написано для восьмого класса, а пройти по ссылке, так, вроде, для девятого.

И есть у меня сомнения по поводу предельного перехода и обратно. Но здесь я, наверное, ошибаюсь.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 15 ] 

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