Математическое и загадочное

[E.K. 11 243]

Решение подсказал Fireman.

 

Раскладываем изначальное уравнение на множители:

 

y² = x³ + 1 = (x + 1)(x² - x + 1)

 

То есть, (x + 1)(x² - x + 1) есть квадрат какого-то числа. Берём наибольший общий делитель k=НОД(x+1, x² - x + 1) и выносим его за скобки.

 

x + 1 = k*m²

x² - x + 1 = k*n²

 

Где m и n - остаток после выделения общего делителя k. Поскольку m и n взаимопростые, то они обязаны быть квадратами (иначе при перемножении левой части не получится квадрат игрека).

 

Далее правые скобки записываем в вот таком виде:

 

x² - x + 1 = (x + 1)(x - 2) + 3

 

Заменяем x + 1 = k*m² и подставляем во второе уравнение x² - x + 1 = k*n².

 

k*n² = k*m² * (x-2) + 3

k*(n² - m² * (x-2)) = 3

 

То есть, поскольку здесь все свои числа целые, то у k есть всего четыре варианта: {-3,-1,1,3}. Далее рассматриваем все четыре случая, подставляя значение k в приведённые чуть выше формулы

 

x + 1 = k*m²

x² - x + 1 = k*n²

 

k=-3

 

x+1 = -3*m²            => x = -(3*m² + 1)

x² - x + 1 = -3*n²    => 9*m⁴ + 6*m² + 1 + 3*m² + 1 + 1 = -3*n²

 

Сокращаем, упрощаем..

 

3*m⁴ + 3*m² + 1 = -n²

 

Слева четвёртая степень плюс квадрат и плюс единица = что-то, большее единицы. Справа минус квадрат. То есть, ноль или меньше. Не бывает такого в множестве целых чисел.

 

k=-1

 

Аналогично:

 

x+1 = -m²            => x = -(m² + 1)

x² - x + 1 = -n²    => m⁴ + 2*m² + 1 + m² + 1 + 1 = -n²

=>

m⁴ + 3*m² + 3 = -n²

 

Быть такого не может, слева больше трёх, справа отрицательное или ноль.

 

k=1

 

А вот это сложнее..

 

x+1 = m²                   => x = (m² - 1)

x² - x + 1 = n²           => m⁴ - 2*m² + 1 - m² + 1 + 1 = n²

m⁴ - 3*m² + 3 = n²    =>  m⁴ - 3*m² + 3-n² = 0

 

 

Но это же квадратное уравнение, решаем его по m:

 

m² = ( 3 +/- √( 9 - 4*(3-n²) ) )/2

 

Поскольку слева квадрат числа, то правая часть обязана быть всегда положительной. То есть, значение корня не может быть больше трёх. То есть, для n не так много вариантов:

 

n=0, m²={0,3} => x,y = {-1,0} (корень из тройки = вылет из целых чисел).

n=1, m²={1,2} => x,y = {0,+-1} (корень из двойки = вылет из целых чисел).

n=2, вылет в отрицательные числа.

 

Всё.

 

k=3

 

Вроде бы тоже ничего сложного. Аналогично k=1 =>

 

x + 1 = 3*m²          => x = 3*m² - 1

x² - x + 1 = 3*n²    => 9*m⁴ - 6*m² + 1  - 3*m² + 1 + 1 = 9*m⁴ - 9*m² + 3 = 3*n²

=>

3*m⁴ - 3*m² + 1 - n² = 0

 

m² = ( 3 +- √ ( 9 - 4*3*( 1 - n² ) ) ) / 6

 

n=0, под корнем отрицательное значение.

n=1, m² = {0,1} => x,y = {-1,0} (уже было), {2, +-3}

n=2, вылет в отрицательные (слева эм-квадрат).

 

Всё!

[E.K. 11 243]

Ещё одна задачка, которая выглядит пугающе:

 

Решить в натуральных числах (x,y,a,n,m) вот такую красивую систему:

 

x + y = a^n

x^2 + y^2 = a^m

 

Если кто забыл, то напоминаю: натуральные числа это целые числа больше нуля: 1,2,3...бесконечность.

 

Страшно выглядит задачка, да? Но если применить геометрическую оптику.. То есть, нарисовать эти формулы графиками на оси икс-игрек, то задачка станет совсем не такой сложной! Вернее, она останется непростой, но уже совершенно не непролазной.

 

Вот:

 

x + y = a^n          

 

x^2 + y^2 = a^m  это же формула окружности!

 

Ну, так давайте на них посмотрим... Решение системы уравнений есть точки пересечения окружности и прямой линии.

 

 

Дальше сами попробуете, или же помощь нужна?

[E.K. 11 243]

Похоже, я распугал вообще всех всякими этими зубодробительными задачками. Так что, сейчас сам с собой говорить буду

 

Итак, есть вот такая картинка:

 

Пересечения окружности с прямыми есть решения нашей задачки. Смотрим на эти пересечения:

 

- синяя прямая, пересечений нет, нам неинтересно.

- зелёная касательная, есть одно пересечение, надо будет исследовать.

- следующая серая линия, пересекает окружность в двух точках, наш случай.

- розовая, пересекает окружность и оси координат в двух точках, но нам это неинтересно, поскольку либо x, либо y в точках пересечений равны нулю, а нам нужны решения в натуральных числах.

- коричневая прямая тоже нам неинтересна, поскольку либо x, либо y принимают отрицательные значения.

 

Итак, два варианта:

- касательная (зелёная);

- "положительная" серая.

 

Вот на них и будем смотреть.

 

1. Касательная.

 

Сразу x=y и исходные уравнения

 

x + y = aⁿ

x² + y² = a^m

 

принимают вот такой вид:

 

2x = aⁿ   (возвести в квадрат)    => 4x² = a²ⁿ

2x² = a^m(умножить на двойку)  => 4x² = 2a^m

 

То есть,

 

a²ⁿ = 2a^m

 

Из чего следует, что a=чётное. То есть, a = 2^k * p , где p = все нечётные делители a. Подставляем в уравнение, получаем ->

 

2^2nk *p²ⁿ = 2*2^mk*p^m

 

Откуда тут же следует вот такое противоречие:

 

степень двойки одинакова => 2nk = mk+1

степень p одинакова => m=2n

 

То есть, 2nk = 2nk+1. Всё, приехали.. То есть, а не может выглядеть как a = 2^k * p. У а нет нечётных делителей, а = степень двойки.

 

a = 2^k

 

Подставляем в a²ⁿ = 2a^m, смотрим, удивляемся..

 

2^2nk = 2*2^mk = 2^(mk+1)

 

То есть,

 

2nk = mk+1

2nk - mk = 1

k*(2n-m) = 1

 

То есть, k=1, a=2, m=2n-1. По идее должно работать для всех n. Попробуем... 3.

 

x + y = 2³ = 8

x² + y² = 2⁵ = 32

x=y=4

 

Да! Нашли бесконечное количество решений для касательной.

 

Остаётся просчитать второй вариант:

 

2. Пересечения в области положительных {x,y}.

 

А вот тут надо подумать... Картинку посмотреть, помедитировать на неё...

 

Радиус окружности равен.. В точке y=0 (или x=0) уравнение принимает вид: x² = a^m , то есть, радиус= x=a^(m/2).

 

Пересечение зелёной линии с осью x есть косинус радиуса + синус радиуса.. То есть,

 

aⁿ = a^(m/2) * (sin(α) + cos(α))

 

Что нам даёт это знание? Пока не очень понятно.. Я пошёл думать.

[E.K. 11 243]

Да элементарно! Решений нет. По аналогии с касательной, только чуть сложнее:

 

aⁿ = a^(m/2) * (sin(α) + cos(α))

 

Это значит, что sin(α) + cos(α) = рациональное число = s/t , где s,t = взаимопростые. (если сумма синус+косинус иррациональна, тогда левую часть делим на правую двойку и получаем, что a^(n-m/2) = иррациональное, что есть неправда).

 

Итак,

 

aⁿ = a^(m/2) * (sin(α) + cos(α)) = a^(m/2) * s/t

t*aⁿ = s*a^(m/2)

 

Далее аналогично случаю с касательной, но три случая.

 

Пусть а=нечётное, a=2^k*p, а= степень двойки a=2^k.

 

Рассмотрим второй случай: a=2^k*p

 

... но чуть позже, пора бежать на Ганноверскую Мессу. Вы же можете пока сами поиграться с буковками. Здесь несложно, аналогично случаю касательной к окружности, но немножко муторнее (надо рассмотреть все случаи s,t = нечётные, s = чётное, t = чётное).

[Fireman 41]

Касательно задачки про y² = x³+1:

 

При рассмотрении случая k = 1 рассуждение о √( 9 - 4*(3-n²) ) можно свести к следующему

 

√( 9 - 4*(3-n²) ) = √(4n² - 3) = p - целое число

// красненьким это я чуть поправил, поскольку была неточность. Е.К.

 

Возведём в квадрат:

 

4n² - 3 = p²

(2n-p)(2n+p) = 3

 

Поскольку n и p - целые числа, то такое разложение дает 2 системы уравнений:

 

2n - p = 1

2n + p = 3

 

откуда n = 1

 

2n - p = -3

2n + p = -1

 

откуда n = -1

 

и из m² = ( 3 +/- √( 9 - 4*(3-n²) ) )/2 соответственно вытекает

 

n = -1, n = 1

m = -1, m = 1

 

 

-------------------------

 

При рассмотрении случая k = 3 как уже было показано выше вылезает единственное нетривиальное решение данного уравнения:

 

Для удобства заменим m² = a и получим уравнение, которое надо решить в целых числах:

 

3a² - 3a + 1 = n²

 

Решая это квадратное уравнение получаем:

 

a = (1/6) * (3 +/- √( 9 - 12*(1-n²) ) ) =  (1/6) * (3 +/- √(12n² - 3) )

 

Попробуем решить его также, как и приведённое выше

опять корень у нас должен быть целым числом 

 

√(12n² - 3) = p

12n² - 3 = p² => 12n² - p² = 3

 

Очевидно, что p делится на 3, тогда можно выполнить замену p = 3q и получить

 

4n² - 3q² = 1

 

Откуда

 

4n² - 4q² = 1 - q²

4(n² - q²) = 1 - q²

 

Очевидно, что q нечётно, тогда можно выполнить замену q = 2r + 1 и получить

 

4(n² - q²) = 4(n² - (2r + 1)²) = (1-q²) = 1 - (2r + 1)² = 1- 4r²-4r - 1 = -4(r²+r)

4(n² - (2r + 1)²)  = -4(r²+r)

 

Откуда

 

n² = -(r²+r) + (2r + 1)² = 3r² + 3r + 1

 

Очевидно, что и n - нечётное , тогда можно выполнить замену n = 2s + 1 и получить

 

(2s+1)²=3r² + 3r + 1

4s²+4s=3r² + 3r

 

4(s²+s)=3(r²+r)

4s(s+1)=3r(r+1)

 

Откуда легко увидеть несколько очевидных решений:

 

s = r = {-1; 0} откуда n = +/- 1 и решение x = 2, y = 3

 

А вот если s != r - вот тут конечно начинается космос

 

 

Итого найти все решения уравнения y² = x³ + 1 можно, как это показано выше. Немного аккуратных выкладок и рассуждений.

 

И остался только маааааааааааааааленький вопрос: а найденные решения это все возможные решения?

 

Для ответа на него потребуются знания уравнений Пелля, цепных дробей и т.д., что уже выходит зачастую и за рамки институтской программы.

 

Ну и немного истории:

 

Приведённое уравнение - частный случай гипотезы Каталана, выдвинутой в 1844 году и доказанной в ... 2002 году (!!!), после чего она стала называться теоремой Михалеску (в честь доказавшего ее румынского математика Преда Михалеску):

 

уравнение x^a - y^b = 1 имеет единственное нетривиальное решение: x = 3, a = 2, y = 2, b = 3.

 

Касательно же приведённого частного случая в одной из книг по теории чисел авторы написали:

 

While our goal is correct, the details that appear are a new bag
of complications, so we will simply stop and leave this matter unsettled here.

 

В 1961 году математик Серпинский писал:

Уже давно известно, что оно не имеет других решений в натуральных числах, кроме x=3, y=2, однако все все доказательства этого факта были неэлементарными. Лишь недавно А. Вакулич нашёл элементарное доказательство, впрочем, довольно длинное.

[E.K. 11 243]

Ого-го, немного нетривиально получилось.. Я же хочу добить новую задачку, где остановились на уравнениях:

 

aⁿ = a^(m/2) * (sin(α) + cos(α)) = a^(m/2) * s/t

t*aⁿ = s*a^(m/2)

 

Кстати, совершенно забыл упомянуть, что выше и ниже активно используется Основная теорема арифметики, которая утверждает, что каждое натуральное число представляется в единственном виде (с точностью до перестановок) как произведение всех своих простых делителей.

 

Итак, t*aⁿ = s*a^(m/2) , где t и s взаимопростые. Из этого сразу следует, что они не могут быть одновременно чётными.

 

Есть девять вариантов:

 

1. a = нечётное, 1.1) t и s нечётные, 1.2) t = чётное, 1.3) s = четное.

2. a = чётное*нечётное, 2.1) t и s нечётные, 2.2) t = чётное, 2.3) s = четное.

3. a = степень двойки, 3.1) t и s нечётные, 3.2) t = чётное, 3.3) s = четное.

 

Сразу отсекаем 1.2 и 1.3, поскольку в равенстве t*aⁿ = s*a^(m/2) с одной стороны получаем чётное, а с другой нечётное.

 

Аналогично выкидываем 3.1.

Если aⁿ = a^(m/2) , то делим и получаем t = s, а они типа взаимопростые.

Если aⁿ != a^(m/2) , то делим на меньшее и получаем с одной стороны чётное, а с другой нечётное.

 

1.1. t*aⁿ = s*a^(m/2) и все нечётные. Но поскольку t и s взаимопростые, то a слева делится на s, а a справа делится на t. То есть, a=s*t*q.

 

[пора бежать на очередную встречу, продолжение следует]

[E.K. 11 243]

Кстати, вот как можно упростить изложение. Смотрим внимательно на это равенство:

 

aⁿ = a^(m/2) * (sin(α) + cos(α))

 

Но несложно видеть, что в нашем случае положительных x и y (пересечение прямой окружности в верхней правой четверти) всегда sin(α) + cos(α) >= 1. То есть, aⁿ > a^(m/2) , что даёт нам право сократить вот так:

 

aⁱ =  sin(α) + cos(α)

 

где i=n-m/2. Но на этом всё, поскольку sin(α) + cos(α) всегда меньше двух, а значение единицу принимает только при α=0,90, то есть когда x или y = нулю, что вываливается за множество натуральных чисел.

 

Всё на этом. И никакие другие варианты рассматривать не требуется. Задачка решена.

[E.K. 11 243]

Теперь максимально простое. Решается в уме. Даже без карандаша и бумаги.

 

Решить в натуральных числах и без тупого перебора:   x² + 19x - x! = 0

[E.K. 11 243]

Мда... действительно, всех фанклубней я здесь распугал кратными степенями, факториалами и прочими основными теоремами арифметики. Печально.. Ну, тогда буду сам себе "

" (с).

 

Итак, что я вижу: x² + 19x - x! = 0

 

Ну, давай факториал направо и сразу поделим на х => x + 19 = (x-1)!

 

Ух-ты, девятнадцать.. А какой там факториал у нас рядом с 19? Мы же тут не один раз факториальные задачки решали, {2,0,1,9} в разные числа от нуля до ста представляли. Начало ряда факториалов наизусть помним! Есть там такая 24=4! рядом с девятнадцатью.. Проверяем - подходит! х=5. Всё.

 

Почему решение единственное? Поскольку x+19 = это прямая, которая неспеша лезет вверх под углом 45, а факториал практически моментально "улетает в космос". При этом факториал начинается в точке {1,1}, а прямая в точке {1,20} (поскольку х>=1). То есть, двух пересечений быть не может. Только одно.

 

Всё. Задачка решена. Ничего сложного.

[Sandynist 1 072]

 

 

Мда... действительно, всех фанклубней я здесь распугал кратными степенями, факториалами и прочими основными теоремами арифметики. Печально..

 

Ну почему-же, мы иногда заглядываем в тему и делаем вид, что тоже в этом что-то понимаем

[Fireman 41]

Можно чуть-чуть поиграть с цифрами - если мы знаем, что такое факториал, но не знаем как он себя ведёт (как быстро растёт, монотонно ли и т.д.):

 

x² + 19x - x! = 0

x(x + 19) = x!

x + 19 = (x-1)!

 

Пусть x - 1 = y, тогда

 

(x + 1) + 19 = y!

y! - y = 20

y( (y-1)! - 1 ) = 20

 

Пусть y - 1 = z, тогда

 

(z + 1)(z! - 1) = 20

 

Раскладываем 20 на множители (воспользуемся основной теоремой арифметики) и посмотрим получившиеся варианты (всего 6 штук):

 

z+1=20 => z=19

 z!−1=1 => z!=2

 

z+1=10 => z=9

 z!−1=2 => z!=3

 

z+1=5 => z=4

 z!−1=4 => z!=5

 

z+1=4 => z=3

 z!−1=5 => z!=6

 

z+1=2 => z=1

 z!−1=10 => z!=11

 

z+1=1 => z=0

 z!−1=20 => z!=21

 

 

единственно верный вариант z и z! это вариант №4 - z=3, z!=6

 

откуда получаем y=4 и x=5

 

Ответ: x=5

 

P.S.

 

Главное ни в коем случае не смотреть графическое решение - если поставить цель решить задачу не в натуральных, а в действительных числах, то факториал аналитически превращается в гамма-функцию, а ответ выглядит как-то вот так:

 

[E.K. 11 243]

Следующая задачка. Интересная, мне понравилось.

 

Однажды злые админы фанклуба напились пива, да решили поупражняться в арифметике. Написали мелом на доске какое-то число (целое число, хорошее), перемножили все цифры этого числа и там же записали результат перемножения. Потом всё стёрли, только две последние цифры от перемноженного остались: "11" - и пошли ещё за пивом.

 

Но один смышлёный фанклубень, посмотрев на эти операции, заявил, что либо у админов пиво было слишком крепкое, либо они уроки по арифметике в начальной школе пропускали.

 

Почему он так сказал?

 

Ещё раз: есть ли такое натуральное число, произведение всех цифр которого заканчивается на "11"?

[E.K. 11 243]

Математическое прекрасное на баш-орге:

 

xxx: Люди бывают 10 видов: те, кто знают двоичную систему; те, кто не знают и те, кто не ожидал шутку про троичную систему. https://bash.im/quote/455266

[E.K. 11 243]

Ещё раз: есть ли такое натуральное число, произведение всех цифр которого заканчивается на "11"?

Ну, давайте посмотрим на задачку внимательнее. Какие цифры могут быть в таком числе? Может ли в нём быть ноль, например?

[Себастьян Перейро 19]

0 в этом ряду нет.

последним числом в ряду множителей могут быть числа 3,7,9.

если последний множитель равен 1 - смотрим тут 

но методом подбора дальше все равно тупик (через один-три шага получается число, которое не делится без остатка на какое-то целое (от 1 до 9)). 

но я перебираю варианты... (главное в процессе решения с катушек не слететь)

Изменено 5 апреля, 2019 пользователем Себастьян Перейро