julenøtt

Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.

julenøtt

Innlegg Gjest » 22/12-2016 12:13

Bestem alle par [tex](a,b)[/tex] som er positive heltall slik at [tex]ab^2+b+7 \mid a^2b+a+b[/tex]
Gjest offline

Re: julenøtt

Innlegg Solar Plexsus » 02/02-2017 19:50

Vi har gitt den diofantiske likningen

$(1) \;\; ab^2 + b + 7 = k(a^2b + a + b)$,

der $a$, $b$ og $k$ er naturlige tall.

Likning (1) er ekvivalent med

$(2) \;\; (ab + 1)(b - ka) = kb - 7$.

Anta $ka>7$. Ifølge (1) må

$(3) \;\; b| ka-7$,

hvilket gir $b \leq ka-7$, i.e. $b - ka \leq -7$, som kombinert med (2) medfører at

$-7 < kb-7 \leq -7(ab + 1)$.

Ergo blir $ab < 0$. Denne motsigelsen gir $ka \leq 7$.
Så vi kan betrakte følgende to tilfeller:

$\bullet \; ka=p$ der $p \in \{1,2,3,5,7\}$. Da har vi følgende to alternativ:

$(I) \;\; (k,a)=(1,p)$. Dette innsatt i (2) gir $(bp + 1)(b - p) = b - 7$, i.e.

$(4) \;\; bp(b - p) = p - 7$.

Herav følger at $p|7$, som medfører at $p=1$ eller $p=7$, som innsatt i (4) gir hhv. $b(b-1) = -6$ (som har ingen reell løsning) og $7b(b - 7) = 0$. M.a.o. får vi en løsning av likning (1), nemlig $(a,b,k) = (7,7,1)$.

$(II) \;\; (k,a)=(p,1)$. Dette innsatt i (2) gir $(b + 1)(b - p) = pb - 7$, i.e.

$(2b + 1)p = b^2 + b + 7$,

eller alternativt

${\textstyle (5) \;\; 4p = 2b + 1 + \frac{27}{2b+1}}$.

Dermed må $2b+ 1 \in \{3,9,27\}$, som innsatt i (5) resulterer i følgende tre løsninger av likning (1):

$(a,b,k) = (1,1,3), (1,4,3), (1,13,7)$.

$\bullet \; ka \in \{4,6\}$.
Anta at $ka = 6$. Da vil $b|1$ ifølge (3), hvilket gir $b=1$. Altså er $(a + 1)(1 - 6) = k - 7$ iht. (2), i.e.

$(6) \;\; 5(a + 1) = 7 - k$.

Herav følger at $5 | 7-k$, som innebærer at $k=2$, som innsatt i (6) gir $a=0$, som er umulig siden $a > 0$.
Dermed må $ka=4$. Da vil $b|3$ ifølge (3), hvilket gir $b \in \{1,3\}$.

Anta at $b=1$. Da er $(a + 1)(1 - 4) = k-7$ ifølge (2), i.e.

$(7) \;\; 3(a + 1) = 7 - k$.

Følgelig er $k = 4 - 3a \leq 4-3 = 1$. Altså er $k=1$, som innsatt i (7) gir $a=1$. M.a.o. er $ka=1$.

Anta til sist at $b=3$. Da er $(3a + 1)(3 - 4) = 3k-7$ ifølge (2), i.e. $a+k = 2$. Følgelig må $a=k=1$, som gir $ka=1$.

Så for både $b=1$ og $b=3$ ender vi opp med $ka=1$, som er umulig i.o.m. at $ka=4$.

$\textbf{Konklusjon:}$ Likning (1) har følgende fire løsninger:

$(a,b,k) = (7,7,1), (1,1,3), (1,4,3), (1,13,7)$.
Solar Plexsus offline
Over-Guru
Over-Guru
Innlegg: 1627
Registrert: 03/10-2005 11:09

Re: julenøtt

Innlegg mrcreosote » 03/02-2017 23:30

Gjest skrev:Bestem alle par [tex](a,b)[/tex] som er positive heltall slik at [tex]ab^2+b+7 \mid a^2b+a+b[/tex]


Solar Plexsus skrev:Vi har gitt den diofantiske likningen

$(1) \;\; ab^2 + b + 7 = k(a^2b + a + b)$

...


Du har løst "motsatt" problem!

Den andre veien har i alle fall løsningene [tex](a,b)=(7r^2,7r)[/tex], og sannsynligvis noen løsninger fra en Pell-ligning for b=1.
mrcreosote offline
Guru
Guru
Brukerens avatar
Innlegg: 1989
Registrert: 10/10-2006 19:58

Re: julenøtt

Innlegg Solar Plexsus » 04/02-2017 12:08

Signaturen Mrcreosote har selvfølgelig rett. Denne julenøtten er ekvivalent med

$(1) \;\; a^2b + a + b = k(ab^2 + b + 7)$.

Likning (1) kan omskrives til

$(2) \;\; (ab + 1)(kb - a) = b - 7k$.

La oss se nærmere på følgende tre tilfeller:

$(I) \;\; b<7k$. Så $7k-b > 0$, som kombinert med $ab+1 | 7k-b$ (følger av (2)) gir $ab + 1 \leq 7k-b$, i.e.

$(3) \;\; b(a + 1) < 7k$.

Videre er $kb - a < 0$ ifølge (2) (siden $b - 7k < 0$), dvs. at ${\textstyle k < \frac{a}{b}}$, som kombinert med (3) resulterer i ${\textstyle b(a + 1) < \frac{7a}{b}}$. Ergo blir

$7a > b^2(a + 1) > ab^2$,

hvilket gir $b^2 < 7$. M.a.o. er $b \leq 2$.

La $b=1$. Innsatt i (1) gir dette $k(a + 8) = a^2 + a + 1$, som medfører at

${\textstyle k = a - 7 + \frac{57}{a + 8}}$.

Altså vil $a+8 | 57 = 3 \cdot 19$, som medfører at $a + 8 \in \{19,57\}$. Dermed får vi to løsninger av (1) i dette tilfellet, nemlig $(a,b,k) = (11,1,7)$ og $(a,b,k) = (49,1,43)$.

La $b=2$. Innsatt i (1) gir dette $k(4a + 9) = 2a^2 + a + 2$, som medfører at

${\textstyle 8k = 4a - 7 + \frac{79}{4a + 9}}$.

Altså vil $4a+9 | 79$, som medfører at $4a + 9 = 79$ (siden 79 er et primtall), i.e. $a = 17,5$. Denne motsigelsen innebærer at (1) ikke er løsbar når $b=2$.

$(II) \;\; b=7k$. Innsatt i (2) blir resultatet $a = bk = 7k^2$. Så i dette tilfellet får vi løsningen $(a,b,k) = (7n^2,7n,n)$, der $n$ er et naturlig tall.

$(III) \;\; b > 7k$. Then $b - 7k > 0$, som iht. (2) impliserer $ab+1 | b-7k$. Dermed må $ab + 1 \leq b - 7k$, som gir $b(a - 1) < 7k < 0$, dvs. at $a<1$. Denne motsigelsen betyr at det er ingen løsning av (1) i dette tilfellet.

Konklusjon:Alle positive heltallsløsninger av likning (1) gitt ved

$(a,b,k) = (11,1,7), (41,1,43), (7n^2,7n,1) (n \in \mathbb{N})$.
Solar Plexsus offline
Over-Guru
Over-Guru
Innlegg: 1627
Registrert: 03/10-2005 11:09

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Ingen registrerte brukere og 5 gjester