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
 
 Диафантин
Сообщение21.03.2019, 15:29 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Натуральные числа $x,$ $y$ и $z$ удовлетворяют условию: $$xy=1+z^2.$$
Докажите, что существуют целые $a$, $b$, $c$ и $d$, что
$$x=a^2+b^2,$$
$$y=c^2+d^2$$ и $$z=ac+bd.$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Диафантин
Сообщение21.03.2019, 19:06 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
$xy-z^2=(ad-bc)^2=1$ плюс общеизвестный факт, что двойка и простые $4k+1$ представимы данной формой. Если один множитель единица, второй — простое, отсюда всё и следует. Если же указанное произведение есть составное число, существует второе отображение суммой двух квадратов, тогда через полусуммы и полуразности оснований одночетных квадратов узнаем нужные $ac,bd,ad,bc.$ Из $(ad-bc)^2=1$ следует также взаимная простота пар $(a,b),(c,d)$. Значит дроби $\dfrac{ac}{bc}=\dfrac{a}{b}$, $\dfrac{bc}{bd}=\dfrac{c}{d}$ далее уже не сократимы, и четверка $a,b,c,d$ определена однозначно. Как-то так. Но могут быть другие подходы, например такой https://dxdy.ru/topic80908.html

 Профиль  
                  
 
 Re: Диафантин
Сообщение22.03.2019, 02:59 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
Конкретней 3 случая:

1) $x=1.$
$a=1,b=0,c=z,d=1.$

2) $x=2.$
$a=1,b=1,c=(z+1)/2,d=(z-1)/2.$

3) $x,y>2.$
На интервале $(0,z)$ расположена хотя бы одна пара $p,q$ таких, что $1+z^2=(2p+1)^2+q^2$. Тогда четверка $a,b,c,d$ однозначно определена парой несократимых дробей $\dfrac{a}{b}=\dfrac{z-q}{2p},\ \dfrac{c}{d}=\dfrac{z+q}{2p}.$

 Профиль  
                  
 
 Re: Диафантин
Сообщение23.03.2019, 10:29 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/11/12
1870
Санкт-Петербург
Ладно. Третий пункт еще подробней:
$1+z^2=(2p+1)^2+q^2$ перепишем так $\dfrac{(2p+1)^2-1}{4}=\dfrac{z^2-q^2}{4}$, или так $p(p+1)=\dfrac{z+q}{2} \cdot \dfrac{z-q}{2}.$ Пара $z,q$ одной четности. Общее решение уравнения $XY=ZT$ в целых числах известно: $X=ac,Y=bd,Z=ad,T=bc$. Подставляя $\dfrac{z-q}{2}=ac,\dfrac{z+q}{2}=bd,p+1=ad,p=bc$, находим $z=ac+bd$ (ч т.д.), $q=bd-ac$ и ошибку в предыдущих выражениях: $\dfrac{z-q}{2p}=\dfrac{a}{b},\ \dfrac{z+q}{2p}=\dfrac{d}{c}$ (всё же не зря писал). Остальное следует из $ad-bc=1$ и тождества $(ac+bd)^2+(ad-bc)^2=(a^2+b^2)(c^2+d^2).$

 Профиль  
                  
 
 Re: Диафантин
Сообщение14.04.2019, 15:53 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
arqady, можете указать первоисточник? Свое доказательство привожу ниже.

Воспользуемся тем, что кольцо целых гауссовых чисел $\mathbb{Z}[i]$ является евклидовым. Пусть
$$
\gcd{(x,z+i)}=a+bi, \quad x=(a+bi)s, \quad z+i=(a+bi)(c+di),
$$
при этом $\gcd{(s,c+di)}=1$. Сократив равенство $xy=z^2+1$ на $a+bi$, получим
$$
sy=(c+di)(z-i),
$$
откуда $z-i=st$ и $y=(c+di)t$. Поскольку $ad+bc=1$, имеем
$$
\gcd{(a,b)}=\gcd{(c,d)}=1.
$$
Далее заметим, что
$$
s=\frac{x}{a+bi}=\frac{xa}{a^2+b^2}-\frac{xbi}{a^2+b^2}=k(a-bi),
$$
где $k=x/(a^2+b^2)$ --- целое число, и аналогично $t=l(c-di)$, где $l=y/(c^2+d^2)$ --- также целое число. Таким образом,
$$
x=k(a^2+b^2), \quad y=l(c^2+d^2), \quad z-i=kl(a-bi)(c-di).
$$
Но тогда $kl=1$ и $k=l=1$, так что искомые числа $a$, $b$, $c$, $d$ найдены.

Замечание. По данным числам $x$, $y$, $z$ числа $a$, $b$, $c$, $d$ можно быстро найти с помощью алгоритма Евклида для кольца $\mathbb{Z}[i]$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Диафантин
Сообщение14.04.2019, 19:12 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
nnosipov
Эту задачу принёс один из школьников на нашу еженедельную тренировку. Ваше решние почти полностью совпадает с решением Лиора Адаси.
Кстати, это здорово, что Вы вернулись.

 Профиль  
                  
 
 Re: Диафантин
Сообщение14.04.2019, 19:38 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
arqady в сообщении #1387726 писал(а):
Кстати, это здорово, что Вы вернулись.
Спасибо. Я тоже рад :)

 Профиль  
                  
 
 Re: Диафантин
Сообщение15.04.2019, 16:25 
Заслуженный участник


18/01/15
3073
nnosipov
И я поздравляю с возвращеньем !

 Профиль  
                  
 
 Re: Диафантин
Сообщение15.04.2019, 17:34 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
vpb
Спасибо!

 Профиль  
                  
 
 Re: Диафантин
Сообщение15.04.2019, 18:02 


21/05/16
4292
Аделаида
И я, хоть я вас и не застал!

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 10 ] 

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