Τρείς άγνωστοι

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

2nisic
Δημοσιεύσεις: 105
Εγγραφή: Παρ Δεκ 04, 2020 12:06 pm

Τρείς άγνωστοι

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από 2nisic » Τετ Φεβ 03, 2021 9:11 pm

Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι k,a,b τέτοιοι ώστε:

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



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 821
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Τρείς άγνωστοι

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Δευ Φεβ 22, 2021 9:30 pm

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

k=\frac{b}{a+1}+\frac{a}{b+1}
Καλύτερα σε θεωρία αριθμών να μεταφερθεί, δουλεύει το Vieta Jumping.
Σταθεροποιώ το k 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 a' 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 (b-k)(b+1)=a_1a_0=0 οπότε b_1=k 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^*}.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης