Задача из кванта 1988 год, №1135

[Shadow]

DeBill в сообщении #1153839 писал(а):

А интересно, есть ли другие решения, кроме $a=b^3$ ?

Все решения для фиксиранного $k$

$\\a_0=k,b_0=0\\ a_{n+1}=k^2a_n-b_n,\;b_{n+1}=a_n$

Так что всякое есть

$(k,0);(k^3,k);(k^5-k,k^3);\cdots$

-- 23.09.2016, 11:08 --

Или решениями являются два соседние члена последовательности
$c_n=k^2c_{n-1}-c_{n-2},\quad c_0=0,c_1=k$

[sa233091]

Shadow в сообщении #1153845 писал(а):

DeBill в сообщении #1153839 писал(а):

А интересно, есть ли другие решения, кроме $a=b^3$ ?

Все решения для фиксиранного $k$

$\\a_0=k,b_0=0\\ a_{n+1}=k^2a_n-b_n,\;b_{n+1}=a_n$

Так что всякое есть

$(k,0);(k^3,k);(k^5-k,k^3);\cdots$

-- 23.09.2016, 11:08 --

Или решениями являются два соседние члена последовательности
$c_n=k^2c_{n-1}-c_{n-2},\quad c_0=0,c_1=k$

А как вы получили , что решениями являются только члены этих прогрессий?

-- 23.09.2016, 11:17 --

Просто бесконечным спуском раздули из одного решения бесконечно много?

-- 23.09.2016, 11:24 --

Но если я правильно понимаю, то так-же бесконечным спуском можно получить серию решений:
$\[{a_{n + 1}} = bk - {a_n}\]$ (сдесь $\[b\]$ фиксированное.
Или я что-то не понимаю?

[DeBill]

Shadow
А, ну да, конечно.

[Shadow]

sa233091 в сообщении #1153848 писал(а):

Просто бесконечным спуском раздули из одного решения бесконечно много?

Подъемом, не спуском.
А метод доказывает, что любое решение, этим же алгоритмом, только спускаясь, должно спустится до нуля!
А решение с нулем у нас есть, так что там все решения.

sa233091 в сообщении #1153848 писал(а):

Но если я правильно понимаю, то так-же бесконечным спуском можно получить серию решений:
$\[{a_{n + 1}} = bk - {a_n}\]$ (сдесь $\[b\]$ фиксированное.

Нет, при фиксированных $k,b$ у квадратного уравнения всего 2 решения.

[sa233091]

Shadow в сообщении #1153906 писал(а):

Shadow

Если эти алгоритмом мы спустимся до нуля, это не значит что мы прошли во всем решениям(может существовать другой алгоритм которым мы так же спустимся до нуля), следовательно вы указали лишь серию решений задачи.

[Shadow]

Shadow в сообщении #1153906 писал(а):

этим же алгоритмом, только спускаясь, должно спустится до нуля!

[cmpamer]

Shadow в сообщении #1153817 писал(а):

cmpamer в сообщении #1153731 писал(а):

т.к. и $n^2 = (a-b)^2$ меньше произведения $a\times b$

$a=8,b=2$ - одно из многих решений

Одно из многих… с не взаимно простыми a и b. И хотя условие о взаимной простоте фигурирующих в задаче чисел вроде как отсутствует, в принципиальном плане оно, конечно же, присутствует (подспудно); что усматривается из вполне очевидных соображений.
На случай, если моя оценка очевидности этих соображений представляется спорной, привожу их ниже.
Поскольку НОД исходных чисел взаимно прост со знаменателем (это, полагаю, очевидно?), то, следовательно, он никакого отношения к делимости числителя на этот знаменатель не имеет. А коли так, то его квадрат, будучи вынесен "за скобку", сводит первоначальную задачу к доказательству того, что произведение двух сомножителей (один из которых - квадрат) есть квадрат. После отброса очевидного "излишества" (в виде сомножителя-квадрата) задача сводится почти к первоначальной - с некоторым её ослаблением (вместо дроби $\[\frac{{{a^2} + {b^2}}}{{1 + ab}}\]$ будет фигурировать дробь $\[\frac{{{a^2} + {b^2}}}{{1 + \alpha^2\times ab}}\]$, где $\alpha\in\mathbb{N}; \alpha$=НОД(a("старое"),b("старое"))) и уже явным условием на взаимную простоту "новых" a и b.
К слову сказать, все взаимно простые решения "модернизированной" задачи происходят из "корневых" решений, когда одно из чисел равно 1, другое есть квадрат, а $\alpha$ равно корню из второго числа. Т.е. условие делимости плавно переходит в условие равенства. Остальные решения строятся из корневых по нехитрому рекурсивному соотношению, которое, кажется, выше уже указано.
Что же до общего решения исходной задачи (расширенного - нахождение всех пар натуральных чисел, которые обращают исходное выражение (дробь) в натуральное число, с последующей демонстрацией того, что каждое такое натуральное число (частное) -квадрат), то из указанных взаимно простые решений задачи "модернизированной" они получаются путём умножения последних на соответствующее $\alpha$.

[Shadow]

cmpamer в сообщении #1153967 писал(а):

(вместо дроби $\[\frac{{{a^2} + {b^2}}}{{1 + ab}}\]$ будет фигурировать дробь $\[\frac{{{a^2} + {b^2}}}{{1 + \alpha^2\times ab}}\]$, где $\alpha\in\mathbb{N}; \alpha$=НОД(a("старое"),b("старое"))) и уже явным условием на взаимную простоту "новых" a и b.
К слову сказать, все взаимно простые решения "модернизированной" задачи исчерпываются случаями, когда одно из чисел равно 1, а $\alpha$ равно другому числу.

$a=56,b=15, \alpha=2$

[cmpamer]

Shadow в сообщении #1153971 писал(а):

cmpamer в сообщении #1153967 писал(а):

......К слову сказать, все взаимно простые решения "модернизированной" задачи исчерпываются случаями, когда одно из чисел равно 1, а $\alpha$ равно другому числу.

$a=56,b=15, \alpha=2$

Вы привели возражение на неотредактированную запись (признаюсь, проявили некоторую спешку, небрежность - пришлось исправлять). Так что вместо "исчерпываются" надо читать, как оно и есть сейчас - "происходят из "корневых случаев" (решений)". И Ваш "контрпример" - не исключение (корневое решение - $a=1,b=4, \alpha=2$)

[Shadow]

cmpamer, в отредактированном сообщении Вы говорите истины. Но оно является наблюдением и описанием некоторых решений и никак не доказательством. (альтернативным доказательством метода прыжков Виета. Вот Вы вводите понятие "корневое решение", которе есть и в "прыжках" - там "минимальное")

[Коровьев]

Вот решение, которое дал nnosipov в том году

nnosipov в сообщении #992577 писал(а):

Давайте я напишу ответ. Если $(a^2+b^2)/(ab+1)=c$, где $c \geqslant 3$ и $1 \leqslant a \leqslant b$, то $c=t^2$ и $(a,b)=(tF_k(t^2),tF_{k+1}(t^2))$, $k=1,2,\dots$ Здесь

$$ F_k(c)=\frac{\varepsilon^k-\varepsilon^{-k}}{\varepsilon-\varepsilon^{-1}}, \quad \varepsilon=\frac{c+\sqrt{c^2-4}}{2}. $$

$F_k(c)$ --- это многочлены от $c$ с целыми коэффициентами, для них справедлива рекуррентная формула

$$ F_{k+1}(c)-cF_k(c)+F_{k-1}(c)=0, \quad F_0(c)=0, \quad F_1(c)=1. $$

[cmpamer]

Shadow в сообщении #1154014 писал(а):

....Но оно является наблюдением и описанием некоторых решений ........

Почему некоторых, когда - всех?

[ProPupil]

maxal в сообщении #1153432 писал(а):

Добавил перевод в русскую Википедию: Прыжки Виета

Там ошибка. Написано, что $k < B^2$, однако уравнение

$$\frac{A^2+B^2}{AB+1} < B^2$$

сводится к $A(A-B^3)<0$, что, вообще говоря, неверно в предположении $A \geq B$.

[Shadow]

Да, мне тоже показалось совсем неочевидным. То, что $x_2 \ge 0$ элементарно следует из:

$k=\dfrac{x_2^2+B^2}{x_2B+1}$

$k>0,x_2^2+B^2>0,\;\Rightarrow x_2B+1>0,\;\Rightarrow x_2 \ge 0$

[maxal]

ProPupil, Shadow,
Исправил. Спасибо за бдительность.