Τρείς άγνωστοι

2nisic · #1

Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι k,a,b

τέτοιοι ώστε:

$k=\frac{b}{a+1}+\frac{a}{b+1}$

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

2nisic έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 03, 2021 9:11 pm
Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε:

$k=\frac{b}{a+1}+\frac{a}{b+1}$

Καλύτερα σε θεωρία αριθμών να μεταφερθεί, δουλεύει το Vieta Jumping.
Σταθεροποιώ το

και από τις λύσεις παίρνω την (a_1,b_1)

τέτοια ώστε το a_1+b_1

το ελάχιστο δυνατό.
Χωρίς βλάβη της γενικότητας θεωρώ $a_1\geq b_1$ .

Τότε έχω a_1^2+a_1(1-kb_1-k)+b_1^2+b_1-kb_1-k=0

Θεωρώ την δευτεροβάθμια x^2+x(1-kb_1-k)+b_1^2+b_1-kb_1-k=0

της οποίας το a_1

αποτελεί λύση .
Έστω

η άλλη λύση. Από τύπους Vieta έχω $a_1+a'=kb_1+k-1\in \mathbn{Z}$ οπότε $a'\in \mathbb{Z}$

Αν ήταν $a'\leq -1$ τότε $k(b_1+1)-1-a_1\leq -1\Leftrightarrow \dfrac{b_1(b_1+1)}{a_1+1}+a_1\leq a_1$ αδύνατο.
Αν ήταν a'=0

τότε

οπότε

και εύκολα έχω τις λύσεις $(a,b,k)=(t^2+t-1,t,t),t\in \mathbb{N^*}$
Αν ήταν $a'\geq 1$ τότε από τον τρόπο επιλογής του (a_1,b_1)

θα έχω $a'+b_1\geq a_1+b_1\Leftrightarrow a'\geq a_1$
και έτσι $k(b_1+1)-1-a_1\geq a_1\Leftrightarrow \dfrac{b_1(b_1+1)}{a_1+1}+a_1\geq 2a_1+1\Leftrightarrow b_1(b_1+1)\geq(a_1+1)^2\geq(b_1+1)^2$ αδύνατον.

Άρα όλες οι λύσεις είναι οι $(a,b,k)=(t^2+t-1,t,t),(t,t^2+t-1,t),t\in \mathbb{N^*}$ .

Τρείς άγνωστοι

Τρείς άγνωστοι

Re: Τρείς άγνωστοι

Μέλη σε σύνδεση