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 На страницу 1, 2  След.
 
 По мотивам произведений последовательных натуральных чисел.
Сообщение28.12.2018, 19:47 


03/03/12
1207
Задача.
Требуется найти последовательность, каждый элемент которой состоит из произведения трёх натуральных чисел, не равного квадрату натурального числа. (Использовать можно только операции сложения и умножения.)
Это условие можно записать с помощью формулы:

$\{(b_1l+a_1)(b_2l+a_2)(b_3l+a_3)\}\neq k^2$

$l\in N$ переменная,

$(a_i;b_i)$ натуральные фиксированные числа.

Например, при $(a_1;a_2;a_3)=(0;1;2)$ и $(b_1;b_2;b_3)=(1;1;1)$ получим известную последовательность $\{l(l+1)(l+2)\}$.

При обобщении одной задачи из сети я увидела последовательность, которая, похоже, обладает таким свойством. Хотелось бы увидеть ещё примеры последовательностей, обладающих таким свойством. Тогда можно исследовать другое свойство, которым обладают уже имеющиеся две последовательности. Гипотетически исследование можно будет проводить "щёлканием" на компе (это детский уровень), а можно и аналитически. Причём, первая задача (из сети), вероятно, сложная; вторая (обобщение), думаю, не легче.

 Профиль  
                  
 
 Re: По мотивам произведений последовательных натуральных чисел.
Сообщение28.12.2018, 20:25 


21/11/12
828
Санкт-Петербург
TR63 в сообщении #1364341 писал(а):
... получим известную последовательность $\{l(l+1)(l+2)\}$.

Она тоже никогда не целый квадрат, но доказать общее утверждение совсем не просто.
scwec в сообщении #1361124 писал(а):
Во всяком случае, справедливо утверждение.
Уравнение $y^2=x(x+1)(x+2)...(x+m)$ имеет целые решения только при $y=0$.
Теорема принадлежит Эрдёшу. Набросок доказательства можно посмотреть в книге L.J.Mordell "Diophantine Equations" 1969 г. стр. 267 и в окрестности.
Относительно произведений членов арифметической прогрессии можно строить доказательства на основании вышеприведенного факта. Например, взять четные члены и вынести двойку за скобку, или что-то еще.

PS
Для трёх членов, впрочем, и не трудно: $y^2=(n-1)n(n+1)=n(n^2-1).$ Два вз. простых множителя дают в произведении квадрат только если сами квадраты. Значит $n=m^2$, но $но m^4-1$ может быть квадратом только при $m=1$.

 Профиль  
                  
 
 Re: По мотивам произведений последовательных натуральных чисел.
Сообщение28.12.2018, 22:31 


03/03/12
1207
Andrey A,
спасибо за информацию. Я об этом читала в соседней теме (там есть ссылка на источник, доступный школьнику).
Andrey A в сообщении #1364347 писал(а):
Например, взять четные члены и вынести двойку за скобку


Так: $\{(4l+2)(4l+4)(4l+6)\}$?
Вроде, подходит. Моя последовательность для обобщённой задачи из сети имеет вид: $\{l(l+1)(2l-1)\}$. Я их использую для решения уравнений вида $ay^2-bx^2=c$ с помощью Вольфрама; $a=l$, $b=l+1$, $c=l-1$ (для просто задачи из сети). Получаем бесконечную серию уравнений. Возник вопрос: существует ли в этой серии уравнение, имеющее решение. Такой же вопрос будет для обобщённой задачи (там первое уравнение имеет решение; но есть ли ещё другие?).

 Профиль  
                  
 
 Re: По мотивам произведений последовательных натуральных чисел.
Сообщение28.12.2018, 23:46 


21/11/12
828
Санкт-Петербург
TR63 уж на что я путаник, но Вы и меня запутали. Уравнение $ay^2-bx^2=c$ в Вольфраме решается так: $solve\ ay^2-bx^2=c\ in\ integers$. Если $a,b,c $ конкретные числа, конечно. В бесплатной модификации он иногда отлынивает, но об отсутствии решений сообщает всегда охотно. Наименьшие $c$ для фиксированных $a,b$ находятся разложением $\sqrt{\dfrac{a}{b}}$ в непрерывную дробь, в Вольфраме это команда $continued\ fraction$. Подходящие дроби $\sqrt{\dfrac{a}{b}}\approx \dfrac{p_n}{q_n}$ можно и в excele посчитать, каждой дроби соответствует какое-то маленькое $c_n=aq_n^2-bp_n^2.$ Отдельный случай $c=1,2$. Об этом здесь. Условия разрешимости этого уравнения также хорошо известны, смотрите "Теорема Лежандра". Зачем Вам понадобились тройные последовательности, я так и не понял.

 Профиль  
                  
 
 Re: По мотивам произведений последовательных натуральных чисел.
Сообщение29.12.2018, 00:52 


03/03/12
1207
Andrey A в сообщении #1364379 писал(а):
Зачем Вам понадобились тройные последовательности, я так и не понял.

Тройных последовательностей у меня нет.
TR63 в сообщении #1364367 писал(а):
уравнений вида $ay^2-bx^2=c$ с помощью Вольфрама; $a=l$, $b=l+1$, $c=l-1$

TR63 в сообщении #1364341 писал(а):
:

$l\in N$ переменная

TR63 в сообщении #1364367 писал(а):
Получаем бесконечную серию уравнений. Возник вопрос: существует ли в этой серии уравнение, имеющее решение

Изменяя значения переменной $l$ от $1$ до $n$, получим $n$ уравнений.
Повторяю вопрос: существует ли конкретное значение $(l)$, при котором уравнение $ly^2-(l+1)x^2=l-1$ имеет решение.
Andrey A в сообщении #1364379 писал(а):
В бесплатной модификации он иногда отлынивает, но об отсутствии решений сообщает всегда охотно.

У меня бесплатная модификация. Когда решения есть он исправно их показывает. А в этой именно серии решений не показывает. Отсюда вопрос, существует ли уравнение в этой серии, имеющее решение. Если существует, то надо предъявить.

 Профиль  
                  
 
 Re: По мотивам произведений последовательных натуральных чисел.
Сообщение29.12.2018, 12:59 


21/11/12
828
Санкт-Петербург
TR63 в сообщении #1364389 писал(а):
$ly^2-(l+1)x^2=l-1$

Конечно Вольфрам не будет это решать, если $l$ оставить переменной. Это уравнение можно переписать так: $l(y^2-2)=(l+1)(x^2-1)$. Сходство чисто внешнее, тут вместо серии решений получаем серию рассуждений, и довольно скучных. Поскольку $l$ и $l+1$ вз. просты, можно записать
$x^2-1=kl$
$y^2-2=k(l+1)$
Почленное сложение и вычитание ведет к
$y^2-x^2-1=k$
$y^2+x^2-3=k(2l+1)$
$k$ определено в терминах $x,y$. Теперь достаточно чтобы дробь $\dfrac{y^2+x^2-3}{y^2-x^2-1}=2l+1$ оказалась целым числом, причем нечетным. Значит $x,y$ одночетны: $y=p+q,x=p-q.$ Тогда из $\dfrac{2p^2+2q^2-3}{4pq-1}=2l+1$, вычитая почленно единицу и деля пополам, получаем $\dfrac{(p-q)^2-1}{4pq-1}=l.$ Хорошо если бы знать, что $l \leqslant 1$, но вот при $\dfrac{p}{q}=\dfrac{6}{1},=\dfrac{35}{6},=\dfrac{204}{35},...$ это неверно. Впрочем, это пиковые значения, тут в подробности не вдаюсь. Целые значения $l$ именно таковы: $l_1=1,l_2=0$. В первом случае $p=q=0=y_1=x_1$, во втором $p-q=\pm 1=x_2$ при любом $y_2$.

$l_1=1,\ y_1=x_1=0$
$l_2=0,\ x_2=\pm 1, y_2$ любое.

 Профиль  
                  
 
 Re: По мотивам произведений последовательных натуральных чисел.
Сообщение29.12.2018, 14:52 


21/11/12
828
Санкт-Петербург
На счет дроби $\dfrac{(p-q)^2-1}{4pq-1}=l$ возможно поторопился. Надо подумать.

 Профиль  
                  
 
 Re: По мотивам произведений последовательных натуральных чисел.
Сообщение29.12.2018, 15:30 


26/08/11
1835
Andrey A в сообщении #1364519 писал(а):
На счет дроби $\dfrac{(p-q)^2-1}{4pq-1}=l$ возможно поторопился. Надо подумать.
Данное уравнение легко решается в целых неотрицательных с помощью Vieta jumping.
Уравнение симетричное относительно переменных

$p^2-2q(1+2l)p+q^2+l-1=0$

Для минималного решения должно выполнятся $(p_1-q)(p_2-q)\ge 0$

Что с помощью формул Виета сводится к $4q^2l\le l-1$, что возможно только при $q=0$.

 Профиль  
                  
 
 Re: По мотивам произведений последовательных натуральных чисел.
Сообщение29.12.2018, 17:11 


21/11/12
828
Санкт-Петербург
Или $p=0$, поскольку симметрично.
Можно еще так: $p=q(2l+1)+\sqrt{q^2(2l+1)^2-q^2-l+1}$. Тогда для квадрата дискриминанта $D$ выходит ур. Пелля $D^2-[(2l+1)^2-1]q^2=1-l$. В правой части у такого уравнения кроме единицы бывает только один отрицательный остаток $-4l$, и меньше по абсолютной величине быть не может.

 Профиль  
                  
 
 Re: По мотивам произведений последовательных натуральных чисел.
Сообщение29.12.2018, 20:15 


03/03/12
1207
Andrey A в сообщении #1364475 писал(а):
Хорошо если бы знать, что $l \leqslant 1$


Задачу надо решать в натуральных положительных числах.

TR63 в сообщении #1364367 писал(а):
Такой же вопрос будет для обобщённой задачи (там первое уравнение имеет решение; но есть ли ещё другие?).


Т.е. надо выяснить, имеется ли в серии уравнений

$$qm^2-(q+1)n^2=2q-1$$

уравнение, имеющие решения, кроме первого уравнения, т.е., когда $q=1$.
Интересно, что в обобщённой задаче сохранилось свойство произведения коэффициентов не быть квадратом.

Эта задача является обобщением первой задачи. У меня для неё Вольфрам тоже не даёт решений. Но это, конечно, не доказательство.
Решение исходной первой задачи в сети известно, но явно не представлено (пожелание автора). Поэтому я формулировку первой задачи изменила на эквивалентную, чтобы её в сети было труднее найти.

 Профиль  
                  
 
 Re: По мотивам произведений последовательных натуральных чисел.
Сообщение29.12.2018, 21:13 


21/11/12
828
Санкт-Петербург
TR63 в сообщении #1364367 писал(а):
$ay^2-bx^2=c$

TR63 в сообщении #1364389 писал(а):
$ly^2-(l+1)x^2=l-1$

TR63 в сообщении #1364601 писал(а):
$$qm^2-(q+1)n^2=2q-1$$

Это разные уравнения. Три загадки отгадал, мне бонус полагается. Если нужно в общем виде, еще раз говорю, почитайте про теорему Лежандра. Квадратичный вычет по $\mod m$ это всего лишь остаток деления некоторого квадрата на $m$, ничего сложного.

 Профиль  
                  
 
 Re: По мотивам произведений последовательных натуральных чисел.
Сообщение29.12.2018, 22:08 


03/03/12
1207
Andrey A в сообщении #1364610 писал(а):
Три загадки отгадал, мне бонус полагается.

Да, автор задачи обещал бонус (если нужен бонус, могу в ЛС сообщить, где его искать). От меня Вам и Shadow спасибо и поздравления с наступающим девятнадцатым.
Andrey A в сообщении #1364610 писал(а):
Это разные уравнения.


Первое уравнение получено из уравнения автора. Второе уравнение получено из обобщённого уравнения автора. Это второе уравнение можно рассматривать как самостоятельное уравнение.
TR63 в сообщении #1364601 писал(а):
надо выяснить, имеется ли в серии уравнений

$$qm^2-(q+1)n^2=2q-1$$

уравнение, имеющие решения, кроме первого уравнения, т.е., когда $q=1$.

Здесь $q$ изменяется от $1$ до $k$. Получаем бесконечную серию уравнений (Вольфрам показывает, что далее решений нет). Если, начиная со второго уравнения аналитически решений нет, то Лежандр не поможет. Если решение существует, то надо предъявить.

 Профиль  
                  
 
 Re: По мотивам произведений последовательных натуральных чисел.
Сообщение29.12.2018, 23:53 


21/11/12
828
Санкт-Петербург
TR63 в сообщении #1364619 писал(а):
Здесь $q$ изменяется от $1$ до $k$. Получаем бесконечную серию уравнений (Вольфрам показывает, что далее решений нет).

Как это нет. Решения есть, их не может не быть. Что такое $k$ тоже непонятно. Дробь $\sqrt{\dfrac{q}{q+1}}$ можно разложить и в общем виде: $=0,1,(2q,2) \approx \dfrac{0}{1},\dfrac{1}{1},\dfrac{1\cdot 2q+0=2q}{1 \cdot 2q+1=2q+1},\dfrac{2q \cdot 2+1=4q+1}{(2q+1) \cdot 2+1=4q+3},$ и т.д.
Соотв. остатки:
$q \cdot 1^2-(q+1) \cdot 0^2=q$
$q \cdot 1^2-(q+1) \cdot 1^2=-1$
$q \cdot (2q+1)^2-(q+1) \cdot (2q)^2=q$
$q \cdot (4q+3)^2-(q+1) \cdot (4q+1)^2=-1$
И т.д. В подходящих дробях других быть не может. В промежуточных есть один отрицательный остаток $-(q+1)$ и положительные вида $(2n+1)q-n^2$. Наименьший из них $3q-1$ соответствует дробям $0,1,1$ и $0,1,2q-1$. Всё это можно проверить, и других не бывает. Случай с $q=1$ просто удачное совпадение: $q=2q-1$.
TR63 в сообщении #1364619 писал(а):
автор задачи обещал бонус (если нужен бонус, могу в ЛС сообщить, где его искать)
Щас я побегу его искать. Шутка. За поздравления спасибо.

 Профиль  
                  
 
 Re: По мотивам произведений последовательных натуральных чисел.
Сообщение30.12.2018, 05:07 


21/11/12
828
Санкт-Петербург
Andrey A в сообщении #1364630 писал(а):
Как это нет. Решения есть, их не может не быть.

PS То есть решений именно нет кроме $q=1$. Забываю всё время, что Вы Вольфраму задаете задачки из трех переменных.
Andrey A в сообщении #1364630 писал(а):
положительные вида $(2n+1)q-n^2$

Тут $n$ безотносительна к $n$ из уравнения, конечно. Путаница. Надо бы так: положительные вида $(2t+1)q-t^2$ и далее по тексту.

 Профиль  
                  
 
 Re: По мотивам произведений последовательных натуральных чисел.
Сообщение30.12.2018, 12:58 


26/08/11
1835
TR63 в сообщении #1364601 писал(а):
Т.е. надо выяснить, имеется ли в серии уравнений

$$qm^2-(q+1)n^2=2q-1$$

уравнение, имеющие решения, кроме первого уравнения, т.е., когда $q=1$.
Нет решений при $q>1$. Аналогично, как и раньше

$q=\dfrac{n^2-1}{m^2-n^2-2}$

Для $m,n$ одной четности полагаем $m=x+y,n=x-y$, получаем $q=\dfrac{(x-y)^2-1}{4xy-2}$. С помощью скачков Виета устанавливается, что решений нет.

Для $m,n$ разной четности, подходящей заменой сводится к $q=\dfrac{(a-b)^2-4}{4(ab-2)}$ для нечетных $a,b$.
Аналогично устанавливается, что решений есть только при $q=1$ - хорошо известное уравнение.
Подробно расписывать не буду, нет смысла.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 24 ]  На страницу 1, 2  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