Syntes dette problemet var litt kult:
Vis at hvis [tex]\frac{a^2+b^2}{ab+1}[/tex] er et heltall så er det et kvadrat (a og b er positive heltall).
Kvadrattall?
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Kunne noen vært elskverdige, og gitt noen hint på hvordan man går frem på slike? Eller er det bare det klassiske "øvelse gjør mester"-svaret man får da?
Cube - mathematical prethoughts | @MatematikkFakta
Med forbehold om tullete feil. (både her og ellers)
Med forbehold om tullete feil. (både her og ellers)
Ok, jeg slenger like gjerne ut en løsning til denne:
[tex]\frac{a^2+b^2}{ab+1}=k[/tex]
[tex]a=b\,\, \Rightarrow \,\, a^2+1|2a^2 \,\, \Rightarrow \,\,a^2+1|2\,\, \Rightarrow \,\,a=1\,\, \Rightarrow \,\,k=1[/tex]
Av symetri kan vi anta at a>b.
Vi har at:
[tex]a^2-kba+ b^2-k=0[/tex]
Ser vi på dette som en 2.gr likning med hensyn på a, der [tex]\,a_1\,[/tex]og[tex]\,a_2\,[/tex]er de to løsningene (om det ikke finnes noen løsninger er vi ferdige...), og [tex]\,a_1=a\,[/tex] har vi at:
[tex]a_1+a_2=kb[/tex]
[tex]a_1a_2=b^2-k[/tex]
[tex]\frac{a^2+b^2}{ab+1}=k \,\, \Leftrightarrow \,\, b^2k=\frac{(ab)^2+b^4}{ab+1}\,\, \Leftrightarrow \,\, b^2k+2=\frac{((ab)^2+2ab +1)+b^4+1}{ab+1}\,\, \Leftrightarrow \,\,b^2k-ab+1=\frac{b^4+1}{ab+1}[/tex]
[tex]b^2k-ab+1=\frac{b^4+1}{ab+1} \geq 1 \Rightarrow bk\geq a=a_1 \Rightarrow a_2\geq 0[/tex]
Nå har vi:
[tex]a_1a_2=b^2-k<b^2[/tex]
[tex]a_1>b \, \Rightarrow\, a_2<b[/tex]
Så hvis [tex](a_1,b)[/tex] er en løsning, så er også [tex](b,a_2)[/tex] en løsning. Tilsvarende kan vi nå løse [tex]b^2-ka_2b+a_2^2-k=0[/tex] med hensyn på b, og finne at det finnes en løsning: [tex](a_2,b_2)[/tex] der [tex]a_2>b_2[/tex]og [tex]b_2\geq0[/tex].
Vi kan fortsette nedover på denne måte helt til vi finner en løsning [tex](x,0)[/tex], og k har ikke forandret seg gjennom hele prosessen. Vi har nå at [tex]\frac{x^2+0^2}{0+1}=k \,\, \Rightarrow \,\, k=x^2[/tex]
Og beviset er ferdig.
[tex]\frac{a^2+b^2}{ab+1}=k[/tex]
[tex]a=b\,\, \Rightarrow \,\, a^2+1|2a^2 \,\, \Rightarrow \,\,a^2+1|2\,\, \Rightarrow \,\,a=1\,\, \Rightarrow \,\,k=1[/tex]
Av symetri kan vi anta at a>b.
Vi har at:
[tex]a^2-kba+ b^2-k=0[/tex]
Ser vi på dette som en 2.gr likning med hensyn på a, der [tex]\,a_1\,[/tex]og[tex]\,a_2\,[/tex]er de to løsningene (om det ikke finnes noen løsninger er vi ferdige...), og [tex]\,a_1=a\,[/tex] har vi at:
[tex]a_1+a_2=kb[/tex]
[tex]a_1a_2=b^2-k[/tex]
[tex]\frac{a^2+b^2}{ab+1}=k \,\, \Leftrightarrow \,\, b^2k=\frac{(ab)^2+b^4}{ab+1}\,\, \Leftrightarrow \,\, b^2k+2=\frac{((ab)^2+2ab +1)+b^4+1}{ab+1}\,\, \Leftrightarrow \,\,b^2k-ab+1=\frac{b^4+1}{ab+1}[/tex]
[tex]b^2k-ab+1=\frac{b^4+1}{ab+1} \geq 1 \Rightarrow bk\geq a=a_1 \Rightarrow a_2\geq 0[/tex]
Nå har vi:
[tex]a_1a_2=b^2-k<b^2[/tex]
[tex]a_1>b \, \Rightarrow\, a_2<b[/tex]
Så hvis [tex](a_1,b)[/tex] er en løsning, så er også [tex](b,a_2)[/tex] en løsning. Tilsvarende kan vi nå løse [tex]b^2-ka_2b+a_2^2-k=0[/tex] med hensyn på b, og finne at det finnes en løsning: [tex](a_2,b_2)[/tex] der [tex]a_2>b_2[/tex]og [tex]b_2\geq0[/tex].
Vi kan fortsette nedover på denne måte helt til vi finner en løsning [tex](x,0)[/tex], og k har ikke forandret seg gjennom hele prosessen. Vi har nå at [tex]\frac{x^2+0^2}{0+1}=k \,\, \Rightarrow \,\, k=x^2[/tex]
Og beviset er ferdig.
Utrykket [tex]\frac{b^4+1}{ab+1}[/tex] er større enn 0, og det er et heltall da [tex]b^2k-ab+1 [/tex] også er et heltall (disse utrykkene er jo lik hverandre).Mayhassen skrev:Hvorfor holder denne ulikheten? Du har jo bare sagt at a er større enn b, hvis a er mye større enn b, kan brøken ha andre verdier lavere enn en?Zivert skrev: [tex]b^2k-ab+1=\frac{b^4+1}{ab+1} \geq 1 [/tex]
Var dette forståelig?