Числа a и b таковы что уравнение

Существуют ли такие целые числа a и b, что
а) уравнение x² + ax + b = 0 не имеет корней, а уравнение [x²] + ax + b = 0 имеет?
б) уравнение x² + 2ax + b = 0 не имеет корней, а уравнение [x²] + 2ax + b = 0 имеет?

Решение

а) Уравнение x² – 3x + 3 = 0 не имеет корней, поскольку у него дискриминант отрицательный, а уравнение [x²] – 3x + 3 = 0 имеет корни x₁ = 4 /₃,
x₂ = 5 /₃.

б) Пусть функция f(x) = x² + 2ax = b = (x + a)² + b – a² не обращается в ноль. Тогда b – a² положительно, а потому не меньше 1 (a и b – целые). Значит, f(x) ≥ 1 при любом x. Замена x² целой частью уменьшает значение функции менее чем на 1, а потому оставляет её положительной.

Ответ

а) Существуют; б) не существуют.

Замечания

Источники и прецеденты использования

Источник

Прыжки Виета

Задача

Натуральные числа a и b таковы, что a 2 + b 2 + 1 делится на ab без остатка. Докажите, что частное равно 3.

Подсказка 1

Одной из возможных пар чисел, удовлетворяющих условию, является (1, 1), а еще двумя — (1, 2) и (2, 1). Убедитесь, что для всех этих пар частное равно 3.

Подсказка 2

Подсказка 3

Постарайтесь доказать, что других решений, кроме пар чисел, перечисленных во второй подсказке, нет.

Решение

Сначала приведем «рафинированное» (в том же смысле, в котором рафинируют растительное масло, то есть очищенное от посторонних примесей) рассуждение, в котором никак не используются те сакральные сведения, которые мы упоминали в подсказках.

Пусть теперь a ≠ b. Без ограничения общности можно считать a большим из двух чисел (то есть a > b). Попытаемся найти другую пару натуральных чисел (a’, b’), которая также будет удовлетворять условию задачи, но будет меньше исходной.

Перепишем уравнение, связывающее a, b и k, в виде a 2 − kab + b 2 + 1 = 0. А чтобы было еще лучше понятно, что мы собираемся делать, вместо a напишем x. Это — квадратное уравнение (относительно x): \(x^2-kb\cdot x + (b^2+1)=0\). Мы не будем его решать, но вспомним, что его корни x₁ и x₂ (если они есть!) удовлетворяют теореме Виета:

\[x_1+x_2 =kb,\] \[x_1\cdot x_2=b^2+1.\]

Таким образом, числа x₂ и b тоже удовлетворяют условию задачи, то есть \(x_2^2+b^2+1\) делится на x₂b, и частное от деления равно тому же числу k. При этом, поскольку мы предположили, что a > b, то \(x_2=\frac\le \frac 1. Тогда в качестве меньшей пары мы можем взять пару (b, x₂).

Получается, что если b > 1, то теорема Виета дает нам возможность сделать «прыжок» от решения (a, b) к меньшему решению (a’, b’) = (b, kb − a).

А что будет, когда прыжки приведут нас к b = 1 (очевидно ведь, это рано или поздно должно случиться)?

При b = 1 уравнение будет иметь вид x 2 − kx + 2 = 0. Поскольку оно имеет натуральный корень a, а по теореме Виета произведение корней равно 2, то второй корень равен 2/a. А поскольку он же равен целому числу k − a, то a должно быть делителем числа 2. Это даёт две возможности:

1) если a = 2, то 4 − 2k + 2 = 0, откуда k = 3.
2) если a = 1, то 1 − k + 2 = 0, откуда снова k = 3.

Поскольку k оставалось одним и тем же при всех сделанных «прыжках», то k = 3 для любой пары чисел (a, b). На этом решение закончено.

Действительно, 5 = 3·2 − 1, 13 = 3·5 − 2, 34=3·13 − 5 и так далее.

Здесь множитель 3 — тот самый, который мы обозначили в начале решения буквой k. Но мы-то не можем опираться на то, что нам нужно доказать, правда? И вот тут на помощь и приходит теорема Виета, благодаря которой переход от одного решения к соседнему делается совсем просто — «прыжком». При прыжке мы можем не знать, чему равно значение k, но гарантированно сдвинемся от большего решения к меньшему, сохранив то же самое значение k. А значит, рано или поздно дойдем до «наименьшего» решения. Дальнейшее уже — дело техники.

Послесловие

В статье английской Википедии Vieta jumping утверждается, что этот прием решения задач появился только в 1988 году в связи с задачей, предлагавшейся от Австралии на Международную олимпиаду школьников. Вот эта задача:

Пусть a и b — натуральные числа, для которых a 2 + b 2 делится на ab + 1. Докажите, что частное от этого деления — точный квадрат.

При этом пересказывается забавная история, впервые описанная в книге Артура Энгеля «Стратегии решения задач»:

«Никто из шести членов Австралийского задачного комитета не сумел решить ее. Двумя из этих членов были Дьердь Секереш и его жена, оба известные авторы и решатели задач. Поскольку эта задача относилась к теории чисел, ее послали четверым наиболее известным специалистам по теории чисел в Австралии. Их попросили подумать над задачей не более шести часов. В отведенное время никто из них не уложился. Поэтому задачный комитет предложил задачу в жюри XXIX Международной олимпиады, пометив ее двумя звёздочками, что означало очень высокую сложность, возможно, слишком высокую для олимпиады. После продолжительной дискуссии, жюри согласилось выбрать ее в качестве последней, самой трудной задачи олимпиады. 11 участников получили полные решения.»

На самом деле, безусловно, приём «прыжка» был известен задолго до этой олимпиады. В частности, задача, которую мы обсуждали, является частным случаем исследования хорошо известного диофантового уравнения Маркова, впервые исследованного замечательным русским математиком Андреем Андреевичем Марковым еще в XIX веке.

Уравнение Маркова имеет вид

Если положить в нём c = 1, получится ровно то уравнение, которым мы занимались. А существуют ли у уравнения Маркова решения, в которых c не равно 1? Безусловно, существуют. И у читателя уже есть всё необходимое для того, чтобы их найти.

Еще одной интереснейшей иллюстрацией идеи «прыжка Виета» могут служить множества Аполлония — семейства окружностей, в котором каждая касается трех других (рис. 1, см.: Apollonian gasket).

Если из такого семейства взять четверку окружностей, которые попарно касаются, то для их радиусов справедлива формула, впервые открытая знаменитым химиком (!) Фредериком Содди:

Если вместо радиусов r_i окружностей рассматривать их кривизны k_i (величины, обратные радиусам), то из формулы уходят сложные дроби:

Например, для четырех самых больших кругов на рисунке 1 кривизны равны −1, 2, 2 и 3 (знак «минус» пришлось поставить из-за того, что касание внутреннее). А отсюда, как может догадаться проницательный читатель, осталось всего полшага до утверждения о том, что кривизна каждого круга в (бесконечном) множестве Аполлония — целое число, и все эти числа могут быть получены друг из друга с помощью прыжков Виета.

Об уравнении Маркова можно прочитать в замечательной статье М. Г. Крейна «Диофантово уравнение А. А. Маркова», о фрактальных множествах Аполлония — в исследовании К. Миллер (на английском). Несколько красивых задач, в решении которых используется прием прыжка, можно найти здесь и здесь.

Источник

Числа a и b таковы что уравнение

оЕОХМЕЧЩЕ ЮЙУМБ a Й b ФБЛПЧЩ, ЮФП ХТБЧОЕОЙЕ a ( x – a )² + b ( x – b )² = 0 ЙНЕЕФ ЕДЙОУФЧЕООПЕ ТЕЫЕОЙЕ. дПЛБЦЙФЕ, ЮФП | a| = |b |.

тЕЫЕОЙЕ 1

рХУФШ | b| ≠ |a |. фПЗДБ b + a ≠ 0, Й ДБООПЕ ХТБЧОЕОЙЕ ( a + b ) x ² – 2( a ² + b ²) x + ( a ³ + b ³) = 0 – ЛЧБДТБФОПЕ. рТЙ ЬФПН
D /₄ = ( a ² + b ²)² – ( a + b )( a ³ + b ³) = – ab ( a – b )² ≠ 0. ъОБЮЙФ, ХТБЧОЕОЙЕ ОЕ НПЦЕФ ЙНЕФШ ТПЧОП ПДОП ТЕЫЕОЙЕ. рТПФЙЧПТЕЮЙЕ.

тЕЫЕОЙЕ 2

йУФПЮОЙЛЙ Й РТЕГЕДЕОФЩ ЙУРПМШЪПЧБОЙС

Ответ или решение 1

1. Квадратное уравнение имеет хотя бы одно решение при неотрицательном дискриминанте:

Уравнение (1) имеет решение при условии:

Уравнение (2) имеет решение при условии:

Уравнение (3) имеет решение при условии:

2. Из неравенств (1a) и (2a) следует неравенство (3a):

Следовательно, если первые два уравнения имеют решения, то имеет решение и третье уравнение.

В математике прыжками Виета (или отражением корней) называется метод доказательства, используемый в теории чисел. Наиболее часто он применяется для задач, в которых дано соотношение между двумя натуральными числами и требуется доказать некоторое связанное с ними утверждение. Существует несколько вариаций метода прыжков Виета, которые так или иначе связаны с общей темой бесконечного спуска, где из данного решения находится новое (меньшее) решение с помощью формул Виета.

Содержание

История [ править | править код ]

Прыжки Виета — это относительно новый метод решения олимпиадных математических задач. Первая такая задача была предложена на 29-й международной математической олимпиаде в 1988 году, причём эта задача считалась наиболее сложной из предложенных на олимпиаде: [1]

Никто из шести членов австралийской задачной комиссии не смог решить эту задачу. Двое из них — Дьёрдь Секереш и его жена, оба известные решатели и составители задач. Так как это была задача по теории чисел, она была отправлена четырем самым известным австралийским математикам — специалистам в этой области. Им было предложено работать над ней в течение шести часов. Ни один из них не смог решить её за это время. Задачная комиссия представила ее в жюри 29-й ММО, отметив двумя звездочками. Это означало, что задача сверхсложная; возможно даже, слишком сложная для того, чтобы ее предлагать участникам олимпиады. После долгого обсуждения жюри всё-таки отважилось предложить её в качестве последней задачи на олимпиаде. Одиннадцать школьников представили её точные решения.

Среди одиннадцати школьников, получающих максимальный балл за решение этой задачи, был будущий Филдсовский лауреат Нго Бао Тяу. [2]

Стандартные прыжки Виета [ править | править код ]

Стандартные прыжки Виета проводят доказательство от противного в три шага: [3]

Непрерывный спуск прыжками Виета [ править | править код ]

Геометрическая интерпретация [ править | править код ]

Прыжки Виета могут быть описаны в терминах целых точек на гиперболах в первом квадранте. [1] При этом процесс нахождения меньшего корня соответствует поиску меньших целых точек на гиперболе в пределах первого квадранта. Этот процесс может быть описан следующим образом:

Источник

Математическая регата 8 классов 22.10.2003

Ответ : да, может (см. рис. 1).

Ответ : да, существуют.

Далее возможны различные способы, например:

2.2. В трапеции АВС D диагонали АС и BD перпендикулярны. На большем основании AD выбрана точка М так, что BM = MD = 3 см. Найдите длину средней линии трапеции.

2.3. В круговом турнире каждый участник встретился с каждым один раз (победа – 1 очко, ничья – 0,5 очка, поражение – 0). Единоличным победителем турнира стал Иванов. Затем за употребление допинга был дисквалифицирован Петров, результаты всех игр с его участием были аннулированы, и единоличным победителем оказался Сидоров. Петров утверждает, что если бы дисквалифицировали не его, а Сидорова, то он (Петров) стал бы единоличным победителем. Может ли это быть правдой?

Ответ : нет, не может.

До дисквалификации Петрова Иванов опережал Сидорова не менее чем на пол-очка, а после – уступил ему не менее, чем пол-очка. Следовательно, Иванов выиграл у Петрова. Так как после дисквалификации Сидоров опередил Иванова, то при пересчете Сидоров очков не терял, значит, Сидоров проиграл Петрову. Следовательно, при дисквалификации Сидорова Петров потеряет одно очко и опередить Иванова не сможет (даже если Иванов выиграл у Сидорова и также потеряет это очко).

3.1. Решите уравнение: 2 x 2 + 5 y 2 – 4 xy – 2 y – 4 x + 5 = 0.

3.3. У Золотой рыбки записаны и перенумерованы подряд все знакомые. Половина из них – щуки, треть – окуни, а все знакомые с номерами, делящимися на 4, – караси. Сколько всего знакомых у Золотой рыбки?

Эту же идею можно реализовать иначе : Û Û Û Þ x = ab + bc + ca.

Отметим, что попытки непосредственного умножения обеих частей уравнения на общий знаменатель левой части приводят к очень громоздким преобразованиям.

Отметим, что выходя за рамки материала, уже изученного восьмиклассниками, можно предложить другой способ решения ( см. рис. 4а).

Таким образом, Ð А – острый, поэтому Ð А = Ð C, что и требовалось доказать.

4.3. Дан круг радиуса 10см. На одном из его радиусов отмечены пять точек: на расстояниях 1, 3, 5, 7 и 9 см от центра соответственно. Разрежьте этот круг на 5 равных частей так, чтобы в каждой части оказалась ровно одна точка.

Проведем четыре концентрические окружности с тем же центром и радиусами 2, 4, 6 и 8 см. Затем разрежем самый маленький круг и каждое из четырех полученных колец на 5 равных частей (см. рис. 5, «кусочки» одной части пронумерованы одинаково). Очевидно, что при таком разрезании существует радиус данного круга, пересекающий все полученные части, на котором и расположены данные точки.

Источник

Числа a и b таковы что уравнение

оЕОХМЕЧЩЕ ЮЙУМБ a Й b ФБЛПЧЩ, ЮФП ХТБЧОЕОЙЕ a ( x – a )² + b ( x – b )² = 0 ЙНЕЕФ ЕДЙОУФЧЕООПЕ ТЕЫЕОЙЕ. дПЛБЦЙФЕ, ЮФП | a| = |b |.

тЕЫЕОЙЕ 1

рХУФШ | b| ≠ |a |. фПЗДБ b + a ≠ 0, Й ДБООПЕ ХТБЧОЕОЙЕ ( a + b ) x ² – 2( a ² + b ²) x + ( a ³ + b ³) = 0 – ЛЧБДТБФОПЕ. рТЙ ЬФПН
D /₄ = ( a ² + b ²)² – ( a + b )( a ³ + b ³) = – ab ( a – b )² ≠ 0. ъОБЮЙФ, ХТБЧОЕОЙЕ ОЕ НПЦЕФ ЙНЕФШ ТПЧОП ПДОП ТЕЫЕОЙЕ. рТПФЙЧПТЕЮЙЕ.

тЕЫЕОЙЕ 2

йУФПЮОЙЛЙ Й РТЕГЕДЕОФЩ ЙУРПМШЪПЧБОЙС

Ответ или решение 1

1. Квадратное уравнение имеет хотя бы одно решение при неотрицательном дискриминанте:

Уравнение (1) имеет решение при условии:

Уравнение (2) имеет решение при условии:

Уравнение (3) имеет решение при условии:

2. Из неравенств (1a) и (2a) следует неравенство (3a):

Следовательно, если первые два уравнения имеют решения, то имеет решение и третье уравнение.

В математике прыжками Виета (или отражением корней) называется метод доказательства, используемый в теории чисел. Наиболее часто он применяется для задач, в которых дано соотношение между двумя натуральными числами и требуется доказать некоторое связанное с ними утверждение. Существует несколько вариаций метода прыжков Виета, которые так или иначе связаны с общей темой бесконечного спуска, где из данного решения находится новое (меньшее) решение с помощью формул Виета.

Содержание

История [ править | править код ]

Прыжки Виета — это относительно новый метод решения олимпиадных математических задач. Первая такая задача была предложена на 29-й международной математической олимпиаде в 1988 году, причём эта задача считалась наиболее сложной из предложенных на олимпиаде: [1]

Никто из шести членов австралийской задачной комиссии не смог решить эту задачу. Двое из них — Дьёрдь Секереш и его жена, оба известные решатели и составители задач. Так как это была задача по теории чисел, она была отправлена четырем самым известным австралийским математикам — специалистам в этой области. Им было предложено работать над ней в течение шести часов. Ни один из них не смог решить её за это время. Задачная комиссия представила ее в жюри 29-й ММО, отметив двумя звездочками. Это означало, что задача сверхсложная; возможно даже, слишком сложная для того, чтобы ее предлагать участникам олимпиады. После долгого обсуждения жюри всё-таки отважилось предложить её в качестве последней задачи на олимпиаде. Одиннадцать школьников представили её точные решения.

Среди одиннадцати школьников, получающих максимальный балл за решение этой задачи, был будущий Филдсовский лауреат Нго Бао Тяу. [2]

Стандартные прыжки Виета [ править | править код ]

Стандартные прыжки Виета проводят доказательство от противного в три шага: [3]

Непрерывный спуск прыжками Виета [ править | править код ]

Геометрическая интерпретация [ править | править код ]

Прыжки Виета могут быть описаны в терминах целых точек на гиперболах в первом квадранте. [1] При этом процесс нахождения меньшего корня соответствует поиску меньших целых точек на гиперболе в пределах первого квадранта. Этот процесс может быть описан следующим образом:

Источник