Τετράγωνος αριθμός

#1

Αν

είναι θετικοί ακέραιοι αριθμοί , πρώτοι μεταξύ τους και επιπλέον
επαληθεύουν τη σχέση: $\displaystyle{\frac{1}{\alpha } + \frac{1}{b} = \frac{1}{c}}$ , να αποδείξετε ότι ο αριθμός a+b

είναι τετράγωνος (δηλαδή γράφεται ως τετράγωνο κάποιου ακεραίου)

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Απέσυρα από την εκφώνηση το "διαφορετικοί από το μηδέν" αφού είναι περιττό. Ευχαριστώ τον Θανάση (KARKAR)

#2

Εύλογα υποθέτουμε b=a-k

, όπου

θετικός ακέραιος, οπότε η $\displaystyle\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}$ δίνει a^2-(2c+k)a+kc=0

και

$a=\displaystyle\frac{k+2c\pm\sqrt{k^2+4c^2}}{2}.$

Για να έχουμε ακέραιη λύση οφείλει να είναι τετράγωνος ο

, άρα μπορούμε, στηριζόμενοι στην θεωρία των Πυθαγόρειων τριάδων, να συμπεράνουμε ότι είτε k=m^2-n^2

,

είτε

,

, ενώ σε αμφότερες τις περιπτώσεις k^2+4c^2=m^2+n^2

. Χρησιμοποιώντας και την b=a-k

καταλήγουμε σε τέσσερις δυνατές περιπτώσεις:

$a=\displaystyle\frac{k+2c+\sqrt{k^2+4c^2}}{2}$ , k=m^2-n^2, 2c=2mn

, οπότε

$a=\displaystyle\frac{k+2c+\sqrt{k^2+4c^2}}{2}$ , k=2mn, 2c=m^2-n^2

, οπότε

$a=\displaystyle\frac{k+2c-\sqrt{k^2+4c^2}}{2}$ , k=m^2-n^2, 2c=2mn

, οπότε

$a=\displaystyle\frac{k+2c-\sqrt{k^2+4c^2}}{2}$ , k=2mn, 2c=m^2-n^2

, οπότε

Από τις τέσσερις αυτές περιπτώσεις, μόνον η πρώτη είναι αποδεκτή*. [Η δεύτερη αποκλείεται επειδή ο

είναι κοινός διαιρέτης των a, b

, η τρίτη αποκλείεται επειδή ο

είναι μεγαλύτερος του

, και η τέταρτη αποκλείεται επειδή ο

είναι κοινός διαιρέτης των a, b

(αλλά και επειδή ο

είναι αρνητικός).]

*και επαληθεύει: $\displaystyle\frac{1}{m^2+mn}+\frac{1}{n^2+mn}=\frac{1}{mn}$ , a+b=(m+n)^2

Γιώργος Μπαλόγλου

gauss1988 · #3

Βρίσκουμε $a+b=\frac{ab}{c} \in N^{*}$ και αφού (a,c)=1 , (b,c)=1

άρα

είτε

Aν

τότε $a+b=ab\Rightarrow a(b-1)=b.$ Δεν μπορεί να είναι b=1

διότι τότε θα είχαμε 0=1

. Άρα $a=\frac{b}{b-1}=\frac{b-1+1}{b-1}=1+\frac{1}{b-1}$
Aφού όμως $a\in N^{*}$ , τότε πρέπει $b-1=1\Rightarrow b=2$ . Τότε a=2

. Αφού όμως οι αριθμοί a,b

είναι πρώτοι μεταξύ τους, έχουμε άτοπο.
Πάλι αν c=a

τότε $a+b=b\Rightarrow a=0$ , άτοπο και πάλι. Όμοια άτοπο όταν c=b

. Το μόνο που μένει είναι να έχουμε c=ab

αλλά τότε

. Όμοια

, και άρα

που το έχουμε απορίψει.
Μάλον ή κάτι κάνω λάθος ή κάποιο κενό υπάρχει στην άσκηση.

gauss1988 · #4

gbaloglou έγραψε:Εύλογα υποθέτουμε , όπου θετικός ακέραιος, οπότε η $\displaystyle\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}$ δίνει και

$a=\displaystyle\frac{k+2c\pm\sqrt{k^2+4c^2}}{2}.$

Για να έχουμε ακέραιη λύση οφείλει να είναι τετράγωνος ο , άρα μπορούμε, στηριζόμενοι στην θεωρία των Πυθαγόρειων τριάδων, να συμπεράνουμε ότι είτε , είτε , , ενώ σε αμφότερες τις περιπτώσεις . Χρησιμοποιώντας και την καταλήγουμε σε τέσσερις δυνατές περιπτώσεις:

$a=\displaystyle\frac{k+2c+\sqrt{k^2+4c^2}}{2}$ , , οπότε

$a=\displaystyle\frac{k+2c+\sqrt{k^2+4c^2}}{2}$ , , οπότε

$a=\displaystyle\frac{k+2c-\sqrt{k^2+4c^2}}{2}$ , , οπότε

$a=\displaystyle\frac{k+2c-\sqrt{k^2+4c^2}}{2}$ , , οπότε

Από τις τέσσερις αυτές περιπτώσεις, μόνον η πρώτη είναι αποδεκτή*. [Η δεύτερη αποκλείεται επειδή ο είναι κοινός διαιρέτης των , η τρίτη αποκλείεται επειδή ο είναι μεγαλύτερος του , και η τέταρτη αποκλείεται επειδή ο είναι κοινός διαιρέτης των (αλλά και επειδή ο είναι αρνητικός).]

*και επαληθεύει: $\displaystyle\frac{1}{m^2+mn}+\frac{1}{n^2+mn}=\frac{1}{mn}$ ,

Γιώργος Μπαλόγλου

Κύριε Γιώργο, όμως οι αριθμοί a=m^2 +mn , b=n^2 +mn , c=mn

για να είναι πρώτοι μεταξύ τους, πρέπει $(a,c)=1\Rightarrow (m^2 +mn , mn)=1$
$\Rightarrow (m(m+n),mn)=1\Rightarrow m(m+n,n)=1\Rightarrow m=1$ . Όμοια n=1

. Αλλά τότε a=2,b=2

, που όμως (a,b)=2

, άτοπο.
(Μπορεί να κάνω κάπου λάθος και δεν το βλέπω. )

#5

gauss1988 έγραψε:
gbaloglou έγραψε:Εύλογα υποθέτουμε , όπου θετικός ακέραιος, οπότε η $\displaystyle\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}$ δίνει και

$a=\displaystyle\frac{k+2c\pm\sqrt{k^2+4c^2}}{2}.$

Για να έχουμε ακέραιη λύση οφείλει να είναι τετράγωνος ο , άρα μπορούμε, στηριζόμενοι στην θεωρία των Πυθαγόρειων τριάδων, να συμπεράνουμε ότι είτε , είτε , , ενώ σε αμφότερες τις περιπτώσεις . Χρησιμοποιώντας και την καταλήγουμε σε τέσσερις δυνατές περιπτώσεις:

$a=\displaystyle\frac{k+2c+\sqrt{k^2+4c^2}}{2}$ , , οπότε

$a=\displaystyle\frac{k+2c+\sqrt{k^2+4c^2}}{2}$ , , οπότε

$a=\displaystyle\frac{k+2c-\sqrt{k^2+4c^2}}{2}$ , , οπότε

$a=\displaystyle\frac{k+2c-\sqrt{k^2+4c^2}}{2}$ , , οπότε

Από τις τέσσερις αυτές περιπτώσεις, μόνον η πρώτη είναι αποδεκτή*. [Η δεύτερη αποκλείεται επειδή ο είναι κοινός διαιρέτης των , η τρίτη αποκλείεται επειδή ο είναι μεγαλύτερος του , και η τέταρτη αποκλείεται επειδή ο είναι κοινός διαιρέτης των (αλλά και επειδή ο είναι αρνητικός).]

*και επαληθεύει: $\displaystyle\frac{1}{m^2+mn}+\frac{1}{n^2+mn}=\frac{1}{mn}$ ,

Γιώργος Μπαλόγλου
Κύριε Γιώργο, όμως οι αριθμοί για να είναι πρώτοι μεταξύ τους, πρέπει $(a,c)=1\Rightarrow (m^2 +mn , mn)=1$
$\Rightarrow (m(m+n),mn)=1\Rightarrow m(m+n,n)=1\Rightarrow m=1$ . Όμοια . Αλλά τότε , που όμως , άτοπο.
(Μπορεί να κάνω κάπου λάθος και δεν το βλέπω. )

H σωστή υπόθεση πρέπει να είναι ότι οι a, b

είναι πρώτοι μεταξύ τους -- ο

ας είναι απλώς ένας θετικός ακέραιος. (Δεν πρόσεξα την λεπτομέρεια αυτή όταν έλυνα το πρόβλημα.)

Γιώργος Μπαλόγλου

gauss1988 · #6

Μόλις πήρα μήνυμα από τον matha, ότι η άσκηση ενοούσε (a,b,c)=1

και όχι ότι οι αριθμοί a,b,c

είναι ανά δύο πρώτοι όπως πίστεψα. Οπότε όλα
καλά, στην λύση του κ. Γιώργου.

#7

Καλησπέρα.Τώρα τελευταία διαβάζω θεωρία αριθμών και αυτό το πρόβλημα το βρήκα από διαγωνισμό της Ε.Μ.Ε Κύπρου.
Η λύση του μου φάνηκε απλή, βατή γι' αυτό και το έθεσα σε αυτόν τον φάκελο. Δε φανταζόμουν ότι θα δημιουργούσε προβλήματα.
Εξ' άλλου οι γνώσεις μου στη θεωρία αριθμών δεν είναι και ότι καλύτερο αλλά θα το παλέψω.
Ευχαριστώ για τις προσπάθειες.

#8

gauss1988 έγραψε:Μόλις πήρα μήνυμα από τον matha, ότι η άσκηση ενοούσε και όχι ότι οι αριθμοί είναι ανά δύο πρώτοι όπως πίστεψα. Οπότε όλα καλά, στην λύση του κ. Γιώργου.

Ναι, αλλά με λίγη περισσότερη δουλειά, ειδικότερα στον αποκλεισμό της περίπτωσης a=m^2+mn

,

, $c=\displaystyle\frac{m^2-n^2}{2}$ : ο m^2-n^2

οφείλει να είναι άρτιος, οπότε οι

,

οφείλουν να είναι είτε αμφότεροι άρτιοι είτε αμφότεροι περιττοί, με αποτέλεσμα και στις δύο περιπτώσεις ο

να είναι κοινός διαιρέτης των

,

, άτοπο.

Γιώργος Μπαλόγλου

#9

viewtopic.php?f=58&t=32261

Τετράγωνος αριθμός

Τετράγωνος αριθμός

Re: Τετράγωνος αριθμός

Re: Τετράγωνος αριθμός

Re: Τετράγωνος αριθμός

Re: Τετράγωνος αριθμός

Re: Τετράγωνος αριθμός

Re: Τετράγωνος αριθμός

Re: Τετράγωνος αριθμός

Re: Τετράγωνος αριθμός

Μέλη σε σύνδεση