Уравнение в целых числах

[memento5]

Здравствуйте, коллеги. Спасибо всем Вам за Ваш труд. Некоторое время читаю этот замечательный дневник, отдельное спасибо за разборы и обсуждения заданий С6, все очень интересно и полезно.

Несколько дней назад, на одном из сайтов набрел на олимпиадную задачу, на вид решаемая . Если не ошибаюсь, с Турнира Городов. Решил ее дать на уроке, в качестве примера С6, но уже третий день не могу получить внятное решение

Условие задачи: x, y, z - натуральные числа, x^2+x+3=yz. Надо доказать, что хотя бы одно из уравнений a^2+11b^2=4y и a^2+11b^2=4z имеет решение (a,b) где ab - нечетное число.

Я с такими задачами знаком не очень хорошо , прошу помощи у сообщества, в каком направлении двигаться??

@темы: Олимпиадные задачи, ЕГЭ, Теория чисел

Comments

[Гость]

Не знаю, насколько это правильно. Многочлен x^2+x+3 неприводим ( см. топик от 24.12.2008г в 20:09 неприводимость многочленов), поэтому одно из чисел y или z = 1, второе нечетно. Далее надо использовать нечетность a и b. Может быть эти соображения Вас продвинут к решению.

[memento5]

Многочлен x^2+x+3 неприводим ( см. топик от 24.12.2008г в 20:09 неприводимость многочленов), поэтому одно из чисел y или z = 1, второе нечетно.

Простите, не совсем разбираюсь в неприводимости многочленов , но если мы в выражение x^2+x+3 вместо x подставим 2, то получится 9. Ну и вместо y и z можно взять 3 и 3.

[Trotil]

Гость

Это ведь не означает, что для любого х выражение x^2+x+3 будет давать простое число.
Например, начальному условию удовлетворяет тройка (5,11,3).

Тогда для этой тройки получаются уравнения a^2+11b^2=44 и a^2+11b^2=12 решение будет иметь второе уравнение (1,1).

[memento5]

Например, начальному условию удовлетворяет тройка (5,11,3).

Тогда для этой тройки получаются уравнения a^2+11b^2=44 и a^2+11b^2=12 решение будет иметь второе уравнение (1,1).

Предлагаете пойти по пути нахождения всех возможных троек первого уравнения? Я много пытался в этом направлении, но ничего путного не вышло

[Trotil]

Начало такое:

Обозначим x^2 + x + 3 (*)

1) Пусть x0^2 + x0 + 3 - простое. Тогда решение (a,b)=(1,0) - очевидно.
2) Пусть x0^2 + x0 + 3 - составное.

Тут я подумал, что (*) всегда делится либо на 3, либо на 5, либо простое. Первый контрпример нашел при x=40 (40,31,53). Пошел думать дальше.

[Trotil]

Пока я дошел до такого утверждения (не доказанного, правда), что если x^2 + x + 3 = yz, то хотя бы один из множителей представим в виде (1/4)*(1+4*m)^2+(11/4)*(3+4*n)^2, и следовательно (1+4*m) и (3+4*n) - решение уравнения a^2+11*b^2=4k

Вот, кстати, множество всех значений { f(m,n) | m,n,f(m,n) - целые } до 150:

3
5
9
15
23
25
27
31
33
37
45
45
55
59
67
69
71
75
75
81
81
89
93
97
99
111
113
115
125
135
135
135
137
141
141
147

[Гость]

(2,1,9)
a^2+11b^2=4y; a^2+11b^2=4 (2,0)
a^2+11b^2=4z; a^2+11b^2=36 (6,0)
Условие верно?

[Гость]

(2,1,9) a^2+11b^2=4y; a^2+11b^2=4 (2,0) a^2+11b^2=4z; a^2+11b^2=36 (6,0) Условие верно?

a=5, b=1.

[Гость]

Пока я дошел до такого утверждения (не доказанного, правда), что если x^2 + x + 3 = yz, то хотя бы один из множителей представим в виде (1/4)*(1+4*m)^2+(11/4)*(3+4*n)^2, и следовательно (1+4*m) и (3+4*n) - решение уравнения a^2+11*b^2=4k

Пока не решал, но такое ощущение, что надо идти с другой стороны (два других диофантовых уравнения). Тут что то есть наподобие чисел вида a+b*i*sqrt11, i - мнимая единица. Хотя для тургорода вряд ли такое решение пойдет.

[Гость]

Решая исходное уравнение относительно X получаем D=4yz-11. В силу целочисленности решений D=O^2, где O - нечетное

O^2 + 11 = 4yz
a^2 + 11b^2 = 4y

Знакомые числа.

Что дальше?

[Гость]

Если z = 1, то искомые решения (O, 1)

[Trotil]

Гость

Отличная идея.

Можно как-то доказать, кстати, что если (a1,b1) и (a2,b2) - решения некоторых уравнений, то есть выполнено

a1^2 + 11b1^2 = 4m
a2^2 + 11b2^2 = 4n

то обязательно существует решение и уравнения a^2 + 11 b^2 = 4nm

Видимо, надо как-то раскрутить это в обратную сторону.

[Trotil]

Но в обратную сторону это не всегда верно:

решение для a^2 + 11b^2 = 4*49 существует, а для a^2 + 11b^2 = 4*7 - нет.
Если m != n, то, похоже, выполняется.

[Гость]

Что дальше?

Мб обратиться ко мне?

[Тупак Шакур]

Здравствуйте! Я учусь в 9 классе, но может быть мои рассуждения как-то помогут. Я конечно может не врубаюсь до конца что в конечном итоге должно получиться, но смотрите:
Если рассмотреть первое квадратное уравнение, то только один корень будет удовлетворять поставленному условию (натуральные числа) Корень равен (sqrt(4zy-11)-1)/2. Т. к. x натуральное, то sqrt(4zy-11) должен быть целым нечётным числом. Чтобы это выполнялось, надо чтобы подкоренное выражение было нечётным (это видно оно нечётное) и являлось бы квадратом некоторого числа, к-е будет нечётное (числом вида 2k+1, где k натуральные числа) Отсюда 4zy-11=(2k+1)^2, получается yz=k^2+k+3. Подставляя вместо k 0,1,2,3... получим yz=3,5,9,15...

[Тупак Шакур]

Ещё одно замечание (a,b)=(c,0) не будет выполняться, поскольку по условию ab нечётно

[Гость]

2009-10-27 в 02:19
Гость
Что дальше?
Мб обратиться ко мне?

Кто Вы, Учитель? Обращаюсь .... поможите чем можете, сами мы не местные

[Гость]

Кто Вы, Учитель? Обращаюсь .... поможите чем можете, сами мы не местные

Я известный в узких кругах Левин. Если местные и не местные отчаялись, то я конечно подсоблю.

[Trotil]

Я выше указал продолжение хода мысли.

[Гость]

Я выше указал продолжение хода мысли.

извините тупого, но не представляется возможным продолжить этот "ход мысли".
Не соблаговолите ли сами продолжить?
Спасибо!

[Trotil]

a1^2 + 11b1^2 = 4y
a2^2 + 11b2^2 = 4z

Выведем решение для a^2 + 11 b^2 = 4yz.

(a1^2 + 11b1^2) / 2 = 2y
( a2^2 + 11b2^2) /2 = 2z

Перемножим

(a1^2 + 11b1^2) / 2 * ( a2^2 + 11b2^2) /2 = 4mn

После преобразований, это будет ( (a1*a2+11*b1*b2)/2 )^2 + 11 * ( a1*b2 - a2*b1 ) /2)^2 = 4mn

Имеем условие O^2 + 11 = 4yz

То есть

|a1*b2 - a2*b1| = 2
2*O= a1*a2+11*b1*b2

Кроме этого из начальных условий

a1^2 + 11b1^2 = 4x
a2^2 + 11b2^2 = 4y

Получается такая вот системка из 4-ех уравнений.

[Robot]

Я долго смотрела на все происходящее, но терпение мое лопнуло

Данная задача с китайской математической олимпиады 2006 года и полностью ее решил только один участник.

Судя по комментам небезызвестного в узких кругах (с) г-на Левина, предлагающего предложить решение этой задачи, задача выложена им и является провокацией, чтобы дискредитировать сообщество (которое он называет деревней)
Если я неправа, то прошу прощения у г-на memento5 ( впоследствии я постараюсь по IP проверить свою гипотезу)
Судя по комменту от 2009-10-27 в 16:17 , он оставлен все тем же г-ном Левином, поскольку у нас в сообществе такой стиль обращения не принят

Для С6 эта задача не годится.
Я бы с удовольствием оставила тему открытой, но мне не нравится, что все это превращается в фарс.

Потому тема для обсуждения закрыта