Ny oppgave:
La $n$ være et positivt heltall. Finn antall heltallsløsninger av den diofantiske likningen $x^2+2016y^2=2017^n$.
Algebramaraton
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
Lil_Flip39
- Dirichlet
- Posts: 153
- Joined: 25/04-2024 12:57
- Location: Oslo
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
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
- Dirichlet
- Posts: 153
- Joined: 25/04-2024 12:57
- Location: Oslo
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 $x_{n+1}=x_1$.
La $y = \max \sqrt{x_i x_{i+1}}$. Vi kaller $i$ type 1 hvis $x_i \leq y$ og type 2 hvis $x_i > y$. Av ekstremaliteten til $y$ kan vi ikke ha to påfølgende tall av type 2. Siden $n$ er odde kan vi heller ikke ha at ingen tall har et nabotall av samme type. Dermed eksisterer det to tall $k$ og $k+1$ av type 1. Som betyr at $\min (x_i^2 + x_{i+1}^2) \leq x_k^2 + x_{k+1}^2 \leq 2y^2 = \max (2x_i x_{i+1})$.