Algebramaraton

[lfe]

Ny oppgave:
La $n$ være et positivt heltall. Finn antall heltallsløsninger av den diofantiske likningen $x^2+2016y^2=2017^n$.

[Lil_Flip39]

Svaret er \(2n+2\). Vi kaller en løsning primitiv hvis \(2017\nmid x,y\). La \(p_n\) være antall primitive løsninger for \(n\).
Påstand: \(p_n=4\) for alle \(n\). Vi viser \(p_n=p_{n-1}\), og da er vi ferdig siden det er lett å se at \(p_1=4\).
Anta \(a,b\) er en løsning for \(a^2+2016b^2=2017^{n-1}\). Da ser vi at \((x,y)=(a+2016b,a-b)\) og \((x,y)=(a-2016b,a+b)\) er begge løsninger.
Hvis \((a,b)\) ikke er primitiv, er løsningene generert av \((a,b)\) åpenbart ikke primitive. Hvis \((a,b)\) er primitivt, legg merke til at siden \(a\equiv \pm b\pmod{2017}\), er presist \(1\) av løsningene generert av \((a,b)\) primitiv.
På samme måte kan vi gå bakover, og se at de primitive løsningene til \(x^2+2016y^2=2017^n\) tilsvarer primitive løsninger for \(x^2+2016y^2=2017^{n-1}\). Dermed er påstanden vist, siden \(p_n=p_{n-1}\).

For å bli ferdig, bruker vi induksjon, for odde og partall hver for seg. Base case er ikke så vanskelig.
Anta det stemmer for \(n\). Da kan vi gange alle løsningene \((x,y)\) til \(x^2+2016y^2=2017^n\) med \(2017\), for å generere ikke primitive løsninger. Legg merke til at den genererer alle ikke-primitive løsninger, siden man bare kan dele på \(2017\) for å gå tilbake.
Samtidig har vi \(4\) ekstra primitive løsninger, så vi får at antall løsninger for \(n+2\) er \(2n+2+4=2n+6\) som er det vi skulle vise. Da er vi ferdige

[Lil_Flip39]

Let $n$ be an odd positive integer, and let $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ be non-negative real numbers. Show that \[ \min_{i=1,\ldots,n} (x_i^2+x_{i+1}^2) \leq \max_{j=1,\ldots,n} (2x_jx_{j+1}) \]where $x_{n+1}=x_1$.