Matematické Fórum

FliegenderZirkus · 23. 08. 2009 23:48

Dobrý večer,
poradíte mi s řešením rovnice
$2x^2y-3x^2+4y=2009$
na kladných celých číslech? Pochází ze SAT (Scholastic Aptitude Test), tady je spousta zajímavých příkladů na středoškolské úrovni, bohužel bez řešení...
S podobnými rovnicemi nemám žádné zkušenosti, nevíte o úvodu do problematiky někde na internetu? Klidně AJ

Olin · 24. 08. 2009 10:18

http://mks.mff.cuni.cz/library/library. … ;supcats=7
http://bart.math.muni.cz/~brkos/index.p … i&u=10
http://is.muni.cz/th/60512/prif_m/diplomka.pdf

řešení Zobrazit/skrýt!

FliegenderZirkus · 24. 08. 2009 17:53

↑ Olin:
Děkuju za odkazy a řešení, je mi to jasné. Do další velmi podobné rovnice už jsem se pustil sám, ale po dnu snažení musím uznat porážku, asi mi chybí kreativita.
$(x+y)^2+3x+y=2006$ ,
tentokrát x, y nezáporná celá čísla. Můj první nápad byl chápat rovnici jako kvadratickou pro y s parametrem x a po eliminaci záporného řešení a úpravě jsem dostal
$2(x+y)+1=sqrt{8025-8x}$ .
Následně mě napadlo podle jednoho z odkazovaných materiálů zkoumat dělitelnost $8025-8x$ osmi, vychází 1, takže pro nějaké x může odmocnina vyjít přirozená. Musel bych tedy vyzkoušet víc než 1000 hodnot x, je to slepá ulička? Taky mě napadlo využít toho, že grafem té relace je parabola, ale nevím jak, navíc bez počítače bych si toho asi na první pohled nevšimnul...

Pavel Brožek

$(x+y)^2+3x+y=2006\nl (x+y)^2+(x+y)=2006-2x\nl (x+y)(x+y+1)=2006-2x$

$(x+y)^2\leq(x+y)(x+y+1)=2006-2x\leq2006$

Odmocněním dostaneme $x+y\leq44$ . Z toho ale také plyne $x\leq44$ , což dále využijeme.

$(x+y+1)^2\geq(x+y)(x+y+1)=2006-2x\geq1918$

Opět odmocníme na $x+y\geq43$ . Máme tedy pouze dvě možnosti pro $x+y$ , z toho už dopočítáme, že řešení je pouze x=13, y=31.

FliegenderZirkus · 25. 08. 2009 13:57

↑ BrozekP:
Díky, řešení rozumím, ale sám bych na něj nepřišel. Můžete mi ještě zkontrolovat jeden o něco jednodušší příklad?
$x^2+y^2+155(x+y)+2xy=2004$ ;,x,y kladná celá čísla.
použiju $x^2+2xy+y^2=(x+y)^2$ , potom
$(x+y)(x+y+155)=2004$ , přitom
$2004=2^2*3*167$ , takže musím nějak tyto čtyři činitele rozdělit mezi dvě závorky na předchozím řádku. Uvědomím si, že ty dvě dvojky musí zůstat "spolu," tj. jako čtyřka, jinak by totiž $x+y$ muselo být kvůli první závorce sudé a kvůli druhé liché, což je spor, čímž dostanu tři možnosti:
$(x+y=4) \vee (x+y=3) \vee (x+y=12)$ , ze kterých vychází jen ta poslední. Rovnici by tedy mělo řešit plných jedenáct uspořádaných dvojic [x,y]:[1,11][2,10]...[11,1].
Mám to dobře?

Olin · 25. 08. 2009 14:20

Je to dobře.

FliegenderZirkus · 25. 08. 2009 18:28

↑ Olin:
Díky za kontrolu, snad to ještě neni otravný, ale mám tu další. Neumí takové rovnice řešit třeba Wolfram Alpha, nebo podobné nástroje? Mathematicu (dá se to skloňovat?:) bohužel nemám.
$2^{3m+1}+3^{2n}+5^m+5^n=2003$
Nejdřív jsem to zkoušel různě logaritmovat, ale nikam to nevedlo. Tak jsem dosadil pár hodnot a zjistil, že ty exponenciály rostou tak rychle, že musí být $m,n\leq3$ . Pak jsem prostě otestoval všech devět dvojic a vyšla jediná, [3,3]. Je to vůbec regulérní řešení? Třeba to jde nějak hezky...

lukaszh

↑ FliegenderZirkus:
Na tvoje riešenie sa dá prísť voľbou $n=m$ . Ja zvyknem pri týchto úlohách voliť rovnosť a zistím, či nejaká dvojica vyhovuje. Predpokladám $m,n\in\mathbb{N}$ . Čo sa týka riešení $n\ne m$ , tak stačí uvážiť
$5^\alpha\,>\,2003\;\Leftrightarrow\;\alpha\ge5$
teda ti stačí uvažovať dvojice typu $[m,n]$ , kde $m,n\le4$ . Ešte pomôže, že $3^{\alpha}\,>\,2003\;\Leftrightarrow\;\alpha\ge7$ . Teda $\alpha=2n\ge7$ pre $n\,>\,3$ . Teda $n=4$ môžeme rovno vypustiť z možností. Osekal som to na $[m,n]$ , kde $m\le4,n\le3$ . Vychádza dvanásť možných kombinácii dvojíc. Podobne použi ešte $2^{\alpha}\,>\,2003\;\Leftrightarrow\;\alpha\ge11$ a zistíš, že $m\le3$ . Počet možných kombinácii sa zníži na 9.

Ale to je v podstate to, k čomu si dospel aj ty :-)

halogan · 25. 08. 2009 20:06

Jen tedy nevím, proč se zaobírat mocninou pětky, když tam máme osmičku a devítku.

FliegenderZirkus · 25. 08. 2009 20:42

Dík za reakce, k tomu odhadu se asi dá dopracovat různě, jen mi to nepřišlo moc "elegantní," ale nic lepšího mě nenapadlo.

Olin · 25. 08. 2009 21:44 — Editoval Olin (25. 08. 2009 21:45)

Tak záleží, v jakých podmínkách to řešíš :-) Třeba na celostátku MO, kde nemáš povolenou ani kalkulačku, by ses možná chtěl vyhnout relativně pracnému zkoušení devíti možností. S kalkulačkou to ale zas není problém… Já se tedy přiznám, že pokud např. vím, že daná rovnice může mít řešení třeba jen od 1 do 1000, tak si napíšu krátký program/skript (zpravidla v Pythonu), který mi všech těch 1000 možností vyzkouší.

Tady mě snad jako finální usnadnění (po tom, co už víme , že obě čísla jsou menší či rovna třem) napadlo jít přes zbytky po dělení pěti.

$2^{3m+1}+3^{2n}+5^m+5^n \equiv 2\cdot 8^m + 9^n \equiv 2 \cdot 3^m + (-1)^n (\mathrm{mod}\, 5)\nl 2003 \equiv 3 (\mathrm{mod}\, 5)$

Řešíme tedy
$2 \cdot 3^m + (-1)^n \equiv 3 (\mathrm{mod}\, 5)$ .

To už se nám počítá mnohem snadněji - zjistíme, že možné zbytky výrazu $2 \cdot 3^m$ jsou po řadě 1, 3, 4, z čehož už vidíme, že jediný aspirant na řešení je [3; 3]. No a to už musíme vyzkoušet v původní rovnici.

laszky · 13. 03. 2018 02:21

Staci rovnici upravit na tvar

$(x^2+2)(2y-3)=2003$ .

Protoze je 2003 prvocislo, musi byt bud $x^2+2=1$ , coz nelze, nebo $x^2=2001$ , coz ale neni ctverec zadneho celeho cisla. Takze uloha nema reseni. ;-)

Matematické Fórum

#1 23. 08. 2009 23:48

Diofantická rovnice

#2 24. 08. 2009 10:18

Re: Diofantická rovnice

#3 24. 08. 2009 17:53

Re: Diofantická rovnice

#4 24. 08. 2009 18:29 — Editoval BrozekP (24. 08. 2009 18:30)

Re: Diofantická rovnice

#5 25. 08. 2009 13:57

Re: Diofantická rovnice

#6 25. 08. 2009 14:20

Re: Diofantická rovnice

#7 25. 08. 2009 18:28

Re: Diofantická rovnice

#8 25. 08. 2009 19:16 — Editoval lukaszh (25. 08. 2009 19:16)

Re: Diofantická rovnice

#9 25. 08. 2009 20:06

Re: Diofantická rovnice

#10 25. 08. 2009 20:42

Re: Diofantická rovnice

#11 25. 08. 2009 21:44 — Editoval Olin (25. 08. 2009 21:45)

Re: Diofantická rovnice

#12 13. 03. 2018 02:21

Re: Diofantická rovnice

Zápatí