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
 
 x^2+(-)a=квадрат
Сообщение04.02.2008, 00:58 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
2104
Москва
Найти полный квадрат, остающийся полным квадратом как после увеличения его, так и после уменьшения на $a$, при $a=5,6$. Указать все решения.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение04.02.2008, 01:07 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5710
Это даже не просто, а тривиально.

Разность между соседними квадратами $(n+1)^2-n^2>2n.$ Поэтому для данной задачи с необходимостью имеем $2n<a$ - и тривиальный перебор.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение04.02.2008, 01:10 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
2104
Москва
Вообще-то, задача решается в рациональных числах.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение04.02.2008, 01:13 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5710
juna писал(а):
Вообще-то, задача решается в рациональных числах.

А где это написано? Диофантовы уравнения - это уравнения, в которых на решения накладывается требование целочисленности.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение04.02.2008, 01:15 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
2104
Москва
Вообще-то, целочисленных решений нет, а Диофант решал и в рациональных числах. (Да и название я поменял :lol: )

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение04.02.2008, 01:22 
Модератор
Аватара пользователя


11/01/06
5710
Это уже не важно, что там Диофант решал и решал ли вообще. В математике термин диофантово уравнение имеет конкретный смысл, а именно условие целочисленности решений. http://mathworld.wolfram.com/DiophantineEquation.html

Раз уж заголовок поменяли, то уточните и условие. По-прежнему неясно, что речь идет о рациональных решениях. Кроме того, вы даете два разных значения $a$. Нужно ли, чтобы решение удовлетворяло им обоим, или же нужно найти разные решения для разных $a$?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение04.02.2008, 01:31 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
2104
Москва
Нужно найти разные решения для разных $a$.
По-моему, было очевидно, что целых решений нет, поэтому где еще можно искать, как не в поле рациональных?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение04.02.2008, 06:41 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
2104
Москва
Короче, нужно найти $x\in\mathbb Q$ такое, что выполняется
$
\left\{ \begin{array}{1} 
x^2+5=y^2,\\ 
x^2-5=z^2, 
\end{array} \right.$
потом предлагается решить
$\left\{ \begin{array}{l} 
x^2+6=y^2,\\ 
x^2-6=z^2, \end{array} \right.$
Почему только для этих $a$? Потому что, похоже, только для них система
$ 
\left\{ \begin{array}{l} 
x^2+a=y^2,\\ 
x^2-a=z^2, 
\end{array} \right.$
разрешима.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение04.02.2008, 09:54 
Заслуженный участник


09/02/06
4401
Москва
juna писал(а):
Короче, нужно найти $x\in\mathbb Q$ такое, что выполняется
$
\left\{ \begin{array}{1} 
x^2+5=y^2,\\ 
x^2-5=z^2, 
\end{array} \right.$
потом предлагается решить
$\left\{ \begin{array}{l} 
x^2+6=y^2,\\ 
x^2-6=z^2, \end{array} \right.$
Почему только для этих $a$? Потому что, похоже, только для них система
$ 
\left\{ \begin{array}{l} 
x^2+a=y^2,\\ 
x^2-a=z^2, 
\end{array} \right.$
разрешима.

Ваше утвеждение неверно. Оно разрешимо для многих целых а. Система эквивалентно следующей
$y^2+z^2=2x^2,a=y^2-x^2=x^2-z^2$. Решение системы в целых числах имеет вид:
$x=d(b^2+c^2),y=d(b^2-c^2+2bc),z=d(c^2-b^2+2bc),a=4d^2bc(b^2-c^2),b,c,d\in Z$.
Чтобы найти решения для данных а, находим b и с (d=1),так, чтобы с точностью до квадрата целого числа $4bc(b^2-c^2)=ak^2$. При $a=6$, достаточно взять $b=2,c=1,k=2$, что даёт $x=\frac{2^2+1^1}{2}=\frac 52$. При $a=5$, как я понял решение отсутствует $bc(b^2-c^2)=5k^2$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение04.02.2008, 15:47 
Заслуженный участник


09/02/06
4401
Москва
Упустил решение, когда b и с сами являются квадратами
$b=3^2=9,c=1^2=1, 4bc(b^2-c^2)=5*24^2\to x=\frac{41}{12},y=\frac{49}{12},z=\frac{31}{12}$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение04.02.2008, 20:11 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
2104
Москва
Руст писал(а):
juna писал(а):
Почему только для этих $a$? Потому что, похоже, только для них система
$ 
\left\{ \begin{array}{l} 
x^2+a=y^2,\\ 
x^2-a=z^2, 
\end{array} \right.$
разрешима.

Ваше утвеждение неверно. Оно разрешимо для многих целых а.

Да, Вы правы. Написал, не подумав.
Мое решение было таким.
В начале решим в рациональных числах систему
$ 
\left\{ \begin{array}{l} 
x^2+c=y^2,\\ 
x^2+b=z^2, \\
c+b=N.
\end{array} \right.$
Берем квадрат $y^2=(x+l)^2=x^2+2xl+l^2$ и квадрат $z^2=(x+k)^2=x^2+2xk+k^2$. Тогда $2xl+l^2=c,2xk+k^2=b,c+b=N$, значит $2x(l+k)+l^2+k^2=N$.
Отсюда $x=\frac{N-(l^2+k^2)}{2(l+k)}$,
$c=\frac{Nl}{l+k}+\frac{kl(l-k)}{l+k}$,
$b=\frac{Nk}{l+k}-\frac{kl(l-k)}{l+k}$
В нашем случае $N=0$, т.е. нужно рассмотреть, когда выполняется равенство:
$\frac{kl(l-k)}{l+k}=a$, что приводит к уравнению
$l^2-(\frac{k^2+a}{k})l-a=0$
$l=\frac{\frac{k^2+a}{k}\pm\sqrt{\left ( \frac{k^2+a}{k}\right ) ^2+4a}}{2}$
Соответственно, нужно рассмотреть, когда выражение $k^4+6ak^2+a^2$ является квадратом.
Уравнение $k^4+6ak^2+a^2=t^2$ имеет конечное множество решений. Небольшой перебор дает:
для $a=5$, $k=6$, что дает $x=\frac{41}{12}$
для $a=6$, $k=2,3$, что дает $x=\frac{5}{2}$.
Геометрическое решение данной задачи для $a=5$ дано в книге Б.А. Кордемского "Математическая смекалка", 1955 задача 361. Там написано, что эта задача была дана Л.Фибоначчи, который быстро нашел решение.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 11 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: YandexBot [bot]


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