Λύσεις Διοφαντικής Εξίσωσης

Συντονιστής: nkatsipis

Απάντηση
Mathletic
Δημοσιεύσεις: 275
Εγγραφή: Πέμ Μαρ 21, 2013 11:25 pm

Λύσεις Διοφαντικής Εξίσωσης

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mathletic » Παρ Αύγ 15, 2014 4:40 pm

Γειά σας!

Βρείτε όλες τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης:

(n^2-4)n=3b^2

Σκέφτηκα τα εξής:

Από το θεώρημα του Fermat:
n^3 \equiv n \pmod p

(n^2-4)n=n^3-4n \equiv n-4n \equiv -3n \equiv 0 \pmod 3

(n^2-4)n=3b^2 \Rightarrow 3 \mid (n^2-4)n=n^3-4n \equiv 0 \pmod 3

Οπότε η εξίσωση ισχύει \forall n \in \mathbb{N}.

Ήθελα να το επαληθεύσω,επιλέγοντας το n=3.

Σε αυτή την περίπτωση , b=\sqrt{5} \notin \mathbb{Z}.

Έχω κάνει κάποιο λάθος;


Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1205
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Λύσεις Διοφαντικής Εξίσωσης

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 » Παρ Αύγ 15, 2014 5:38 pm

Καλησπέρα.

Σοβαρά σφάλματα ως προς τον τρόπο λογικής που έχεις.

Καταρχήν το n^3=nmodp το προσπερνώ ως τυπογραφικό.

Στο σημείο που συμπεραίνεις ότι

n^3-4n=0mod3 ισχύει για κάθε n.
Άρα και η εξίσωση είναι αληθής για κάθε n.

Εδώ υπάρχει λάθος .

Δεδομένου ότι ένα μέρος του προβλήματος είναι αληθές το γενικεύεις .
Η γενίκευση σε οδήγησε και στην λάθος λύση σου.

Με την λογική σου θα μπορούσες να πεις το εξής

Θέλω να αποδείξω ότι οι γάτες έχουν 4 πόδια.

Έστω ότι οι γάτες έχουν 4 πόδια.

Ξέρω ότι οι γάτες είναι ζώα και αυτό ισχύει για κάθε γάτα.

Άρα το ότι οι γάτες έχουν 4 πόδια ισχύει για κάθε γάτα.


Λάθε βιώσας-Επίκουρος
Κανακάρης Δημήτριος.
Κορυφή
Mathletic
Δημοσιεύσεις: 275
Εγγραφή: Πέμ Μαρ 21, 2013 11:25 pm

Re: Λύσεις Διοφαντικής Εξίσωσης

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mathletic » Παρ Αύγ 15, 2014 6:08 pm

Αρχιμήδης 6 έγραψε:Καλησπέρα.

Σοβαρά σφάλματα ως προς τον τρόπο λογικής που έχεις.

Καταρχήν το n^3=nmodp το προσπερνώ ως τυπογραφικό.

Στο σημείο που συμπεραίνεις ότι

n^3-4n=0mod3 ισχύει για κάθε n.
Άρα και η εξίσωση είναι αληθής για κάθε n.

Εδώ υπάρχει λάθος .
Δηλαδή δεν ισχύει a^p \equiv a \pmod p, \forall a ; :?


Κορυφή
gavrilos
Δημοσιεύσεις: 1032
Εγγραφή: Παρ Δεκ 07, 2012 4:11 pm

Re: Λύσεις Διοφαντικής Εξίσωσης

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gavrilos » Παρ Αύγ 15, 2014 6:15 pm

Διαγραφή της λύσης λόγω λάθους.
τελευταία επεξεργασία από gavrilos σε Σάβ Αύγ 16, 2014 1:25 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Γιώργος Γαβριλόπουλος
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1205
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Λύσεις Διοφαντικής Εξίσωσης

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 » Παρ Αύγ 15, 2014 10:31 pm

Gavrilos και όμως το ζεύγος (n,b)=(98,560) την επαληθεύει.
Μην ρωτήσεις πως το βρήκα. 8-)


Λάθε βιώσας-Επίκουρος
Κανακάρης Δημήτριος.
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1205
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Λύσεις Διοφαντικής Εξίσωσης

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 » Παρ Αύγ 15, 2014 11:02 pm

n(n^2-4)=3b^2

Αν n=\pm 2 μηδενίζει και προκύπτει η λύση (\pm 2,0)
Αν n^2>4 τότε
Αν n περιττός τότε

(n,n^2-4)=1

Άρα υπάρχουν ακέραιοι k,l ώστε

n=k^2 ,n^2-4=3l^2 η

n=3k^2, n^2-4=l^2

Το δεύτερο σύστημα μας δίνει προφανώς μόνο την λύση l=0 άρα n^2=4 (την έχω ήδη)

Για το πρώτο σύστημα...

n=k^2 , n^2-4=3l^2 , n περιττός.

n^2=1mod8
n^2-4=5mod8 άρα 3l^2=5mod8 αδύνατον .

Αποδείξαμε ότι για n περιττό δεν έχω λύση.

Για n άρτιο άλλη στιγμή γιατί είναι αρκετές υποπεριπτώσεις .


Λάθε βιώσας-Επίκουρος
Κανακάρης Δημήτριος.
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1205
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Λύσεις Διοφαντικής Εξίσωσης

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 » Σάβ Αύγ 16, 2014 2:05 am

Αρχιμήδης 6 έγραψε:n(n^2-4)=3b^2


Αν n=+-2 μηδενίζει και προκύπτει η λύση (+-2,0)
Αν n^2>4 τότε
Αν n περιττός τότε

(n,n^2-4)=1

Άρα υπάρχουν ακέραιοι k,l ώστε

n=k^2 ,n^2-4=3l^2 η

n=3k^2, n^2-4=l^2

Το δεύτερο σύστημα μας δίνει προφανώς μόνο την λύση l=0 άρα n^2=4 (την έχω ήδη)

Για το πρώτο σύστημα...

n=k^2 , n^2-4=3l^2 , n περιττός.

n^2=1mod8
n^2-4=5mod8 άρα 3l^2=5mod8 αδύνατον .

Αποδείξαμε ότι για n περιττό δεν έχω λύση.

Για n άρτιο άλλη στιγμή γιατί είναι αρκετές υποπεριπτώσεις .
Συνεχίζω από εκεί που σταμάτησα....

Αν n άρτιος

n(n^2-4)=3b^2

Βλέπω ότι τότε (n,n^2-4)=2,4

Για την περίπτωση που (n,n^2-4)=4

Εδώ είναι εμφανές ότι 2^2||n^2-4

Σε αυτή την περίπτωση θα ισχύει ότι

(n,\dfrac{n^2-4}{4})=1 άρα

έχω 2 περιπτώσεις.

n=3k^2 ,n^2-4=l^2 η
n=k^2 ,n^2-4=3l^2

Για την πρώτη περίπτωση είναι εύκολο να διαπιστώσω ότι μοναδική λύση είναι l=0 ,n=+-2
Για την δεύτερη περίπτωση..n=k^2 , n^2-4=3l^2

k^4-4=3l^2

Αν k περιττός τότε k^4-4=1-4=5mod8 , άρα 3l^2=5mod8 Αδύνατον.
Αν k άρτιος τότε k=2m , l=2z οπότε

16m^4-4=3*4z^2

4m^4-1=3z^2

(2m^2-1)(2m^2+1)=3z^2

Η παράσταση 2m^2-1 δεν είναι ποτέ πολλαπλάσιο του 3 οπότε 3|2m^2+1 , (2m^2-1,2m^2+1)=1 άρα υπάρχουν ακέραιοι ώστε

2m^2-1=c^2 , 2m^2+1=3d^2 c,d περιττοί

Αθροίζοντας θα έχω

4m^2=3d^2+c^2

(2m-c)(2m+c)=3d^2 d περιττός

2m-c=e^2 ,2m+c=3f^2

η 2m-c=3e^2 , 2m+c=f^2 με fe=d . άρα e,f περιττοί

Σε κάθε περίπτωση 4m=e^2+3f^2 η 4m=3e^2+f^2 και αφού e,f περιττοί τότε m=4mod8

Σε κάθε περίπτωση αν αντικαταστήσουμε το m,c που έχουμε συναρτήσει των e,f στην 2m^2-1=c^2 θα καταλήξουμε σε εξίσωση της μορφής
(3f^2-3e^2)^2-8e^4+8=0από εδώ , e=1 , m=1 άρα k=2 , n=4 . ( ****edit τυπογραφικό)

Για την περίπτωση που 2m-c=3e^2 , 2m+c=f^2 κάνοντας το ίδιο θα καταλήξω στην

(3e^2-3f^2)^2-8f^4+8=0 με λύση την f=1 που βλέπω ότι δεν έχει λύση στην αρχική.

Απέδειξα ότι αν (n,n^2-4)=4 Μοναδική λύση (n,b)=(4,4)


Υπόψιν μένει η περίπτωση που (n,n^2-4)=2


Λάθε βιώσας-Επίκουρος
Κανακάρης Δημήτριος.
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1205
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Λύσεις Διοφαντικής Εξίσωσης

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 » Τετ Αύγ 20, 2014 12:19 am

Αρχιμήδης 6 έγραψε:
Αρχιμήδης 6 έγραψε:n(n^2-4)=3b^2


Αν n=+-2 μηδενίζει και προκύπτει η λύση (+-2,0)
Αν n^2>4 τότε
Αν n περιττός τότε

(n,n^2-4)=1

Άρα υπάρχουν ακέραιοι k,l ώστε

n=k^2 ,n^2-4=3l^2 η

n=3k^2, n^2-4=l^2

Το δεύτερο σύστημα μας δίνει προφανώς μόνο την λύση l=0 άρα n^2=4 (την έχω ήδη)

Για το πρώτο σύστημα...

n=k^2 , n^2-4=3l^2 , n περιττός.

n^2=1mod8
n^2-4=5mod8 άρα 3l^2=5mod8 αδύνατον .

Αποδείξαμε ότι για n περιττό δεν έχω λύση.

Για n άρτιο άλλη στιγμή γιατί είναι αρκετές υποπεριπτώσεις .
Συνεχίζω από εκεί που σταμάτησα....

Αν n άρτιος

n(n^2-4)=3b^2

Βλέπω ότι τότε (n,n^2-4)=2,4

Για την περίπτωση που (n,n^2-4)=4

Εδώ είναι εμφανές ότι 2^2||n^2-4

Σε αυτή την περίπτωση θα ισχύει ότι

(n,\dfrac{n^2-4}{4})=1 άρα

έχω 2 περιπτώσεις.

n=3k^2 ,n^2-4=l^2 η
n=k^2 ,n^2-4=3l^2

Για την πρώτη περίπτωση είναι εύκολο να διαπιστώσω ότι μοναδική λύση είναι l=0 ,n=+-2
Για την δεύτερη περίπτωση..n=k^2 , n^2-4=3l^2

k^4-4=3l^2

Αν k περιττός τότε k^4-4=1-4=5mod8 , άρα 3l^2=5mod8 Αδύνατον.
Αν k άρτιος τότε k=2m , l=2z οπότε

16m^4-4=3*4z^2

4m^4-1=3z^2

(2m^2-1)(2m^2+1)=3z^2

Η παράσταση 2m^2-1 δεν είναι ποτέ πολλαπλάσιο του 3 οπότε 3|2m^2+1 , (2m^2-1,2m^2+1)=1 άρα υπάρχουν ακέραιοι ώστε

2m^2-1=c^2 , 2m^2+1=3d^2 c,d περιττοί

Αθροίζοντας θα έχω

4m^2=3d^2+c^2

(2m-c)(2m+c)=3d^2 d περιττός

2m-c=e^2 ,2m+c=3f^2

η 2m-c=3e^2 , 2m+c=f^2 με fe=d . άρα e,f περιττοί

Σε κάθε περίπτωση 4m=e^2+3f^2 η 4m=3e^2+f^2 και αφού e,f περιττοί τότε m=4mod8

Σε κάθε περίπτωση αν αντικαταστήσουμε το m,c που έχουμε συναρτήσει των e,f στην 2m^2-1=c^2 θα καταλήξουμε σε εξίσωση της μορφής
(3f^2-3e^2)^2-8e^4+8=0από εδώ , e=1 , m=1 άρα k=2 , n=4 . ( ****edit τυπογραφικό)

Για την περίπτωση που 2m-c=3e^2 , 2m+c=f^2 κάνοντας το ίδιο θα καταλήξω στην

(3e^2-3f^2)^2-8f^4+8=0 με λύση την f=1 που βλέπω ότι δεν έχει λύση στην αρχική.

Απέδειξα ότι αν (n,n^2-4)=4 Μοναδική λύση (n,b)=(4,4)


Υπόψιν μένει η περίπτωση που (n,n^2-4)=2

Παραπάνω είδαμε τις τετριμμένες λύσεις της εξίσωσης για τις περιπτώσεις όπου (n,n^2-4)=1 , (n,n^2-4)=4.

Μένει όπως είπα η περίπτωση όπου (n,n^2-4)=2 της n(n^2-4)=3b^2

Δεν θα δώσω λύση γιατί δεν την έχω ολοκληρώσει αλλά βρήκα κάτι απλό και ωραίο.

Για την περίπτωση που (n,n^2-4)=2 θεωρώ ότι υπάρχει θετικός k ώστε n=4k+2.

n(n^2-4)=3b^2

(4k+2)(16k^2+16k)=3b^2

32(k^2+k)(2k+1)=3b^2 (Εδώ b=0mod8 και θέτω b=8c)

\dfrac{k(k+1)(2k+1)}{6}=c^2


Στην περίπτωση μας οι λύσεις της εξίσωσης ισοδυναμούν με τις λύσεις της παρακάτω εξίσωσης

1^2+2^2+3^2+....+k^2=c^2

που παρουσιάζει αρκετό ενδιαφέρον γιατί δεν την είχα ξανασυναντήσει ...


Λάθε βιώσας-Επίκουρος
Κανακάρης Δημήτριος.
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1205
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Λύσεις Διοφαντικής Εξίσωσης

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 » Τετ Αύγ 20, 2014 4:15 pm

Για να μην μένει έτσι...

n(n^2-4)=3b^2

Μοναδικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης είναι :

(n,b)=(0,0),(2,0),(-2,0),(-1,1),(-1,-1),(4,4),(4,-4),(98,560),(98,-560)

Το τελευταίο ζεύγος το βρίσκω από το παρακάτω σύστημα:

k=6x^2 , k+1=y^2 ,2k+1=z^2.

Επίσης το ζεύγος (98,560) προκύπτει από μια τετριμμένη λύση μιας άλλης διοφαντικής της μορφής A^4+1=2B^4


Υ.Γ

Δεν παραθέτω πλήρης λύση γιατί είναι άλλες 2 σελίδες.(Διοφαντική ανάλυση.)


Λάθε βιώσας-Επίκουρος
Κανακάρης Δημήτριος.
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Αρχιμήδης 6
Δημοσιεύσεις: 1205
Εγγραφή: Παρ Αύγ 27, 2010 11:27 pm
Τοποθεσία: ΚΑΛΑΜΑΤΑ

Re: Λύσεις Διοφαντικής Εξίσωσης

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Αρχιμήδης 6 » Σάβ Φεβ 27, 2016 1:16 am

Αρχιμήδης 6 έγραψε:
Για την περίπτωση που (n,n^2-4)=2 θεωρώ ότι υπάρχει θετικός k ώστε n=4k+2.

n(n^2-4)=3b^2

(4k+2)(16k^2+16k)=3b^2

32(k^2+k)(2k+1)=3b^2 (Εδώ b=0mod8 και θέτω b=8c)

\dfrac{k(k+1)(2k+1)}{6}=c^2


Στην περίπτωση μας οι λύσεις της εξίσωσης ισοδυναμούν με τις λύσεις της παρακάτω εξίσωσης

1^2+2^2+3^2+....+k^2=c^2

που παρουσιάζει αρκετό ενδιαφέρον γιατί δεν την είχα ξανασυναντήσει ...
Αυτή είναι η δυσκολότερη περίπτωση του προβλήματος και η τελευταία εξίσωση είναι αρκετά γνωστή στη βιβλιογραφία αφού δυσκόλεψε αρκετά και υπάρχουν μόνο 1 - 2 στοιχειώδη αποδείξεις και κάποιες άλλες μη (για τη μια είμαι σίγουρος του Anglin που έχω διαβάσει)
Συνεπώς για n\equiv2mod4 παραπέμπω εδώ:

http://mathworld.wolfram.com/CannonballProblem.html


Λάθε βιώσας-Επίκουρος
Κανακάρης Δημήτριος.
Κορυφή
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 5 επισκέπτες