From veky@student.math.hr Thu Nov 6 18:41:46 2003 Subject: Re: pomoc?!? Lines: 79 Message-ID: <slrnbql0el.9ua.veky@student.math.hr> References: <bobifb$aij$1@bagan.srce.hr> In article <bobifb$aij$1@bagan.srce.hr>, Lord Elast wrote: >Trebam dokazati da jednaPba a^2 + b^2 = c^2 +2 ima beskonano mnogo >cijelobrojnih ( valjda znamo koji su cijeli brojevi? :)))) rije%enja. >(a,b,c). >Nasel sam ove kombinacije (3,3,4) tj. > (-3,-3,-4) i (1,1,0) tj. (-1,-1,0). >U ovim slucajevima vrijedi da je a=b, a iz toga slijedi: > Sam u pravu ili ne? I molim pomoc jer fakat neznam kak da dokazem... Dakle, svaka cast! Zadatak je legenda... :-) (naravno, ovaj slucaj a=b ... a!=b nisam ni isao gledati, ali pretpostavljam da nije toliko zanimljiv:) Iskoristio prakticki cijelo svoje znanje iz polinomskih aproksimacija, linearnih rekurzija, otisao u svijet cudnih radikala i sretno se vratio otamo, petljao s indukcijskim lancima i elementarnom logikom sudova... i evo rjesenja, koje koristi samo cijele brojeve i malo zdravog razuma. :-) (Samo me nemojte pitat kak sam do njega dosao...;) Definirajmo dva niza brojeva ovako: a_0:=1 a_1:=3 a_{n+2}:=6a_{n+1}-a_n c_0:=0 c_1:=4 c_{n+2}:=6c_{n+1}-c_n (dakle, ista rekurzija,2samo drugi pocetni uvjeti). Sad prvo: Lema1: n|->a_n strogo raste i pozitivna je. Dokaz: math_indukcijom. Baza: a_1>a_0>0. Korak: iz a_{n+1}>a_n>0 slijedi a_{n+2}=6a_{n+1}-a_n>6a_{n+1}-a_{n+1}=5a_{n+1}>a_{n+1}>0 . QED. Dakle, n|->a_n je injekcija, pa su svi a_n-ovi razliciti. Dakle, ima ih beskonacno mnogo. (To ce nam trebati kasnije.) Sad ovako: Neka je n prirodan broj ( 0 smatram prirodnom). S Q(n) oznacimo tvrdnju 2a_n^2-c_n^2=2 , (( a_n^2 se parsira kao (a_n)^2 )) a s P(n):<=>2a_n a_{n+1}-c_n c_{n+1}=6 . S A(n) oznacimo Q(n)&Q(n+1)&P(n) . Lema2: vrijedi A(0) . Dokaz: Svodi se na Q(0) , Q(1) i P(0) . Q(0): 2a_0^2-c_0^2=2*1^2-0^2=2*1-0=2-0=2 ok. Q(1): 2a_1^2-c_1^2=2*3^2-4^2=2*9-16=18-16=2 ok. P(0): 2a_0 a_1-c_0 c_1=2*1*3-0*4=6-0=6 ok. QED. Lema3: Q(n+1)&P(n)=>P(n+1) Dokaz: Pretpostavimo Q(n+1) i P(n) . To znaci 2a_{n+1}^2-c_{n+1}^2=2 & & 2a_n a_{n+1}-c_n c_{n+1}=6 . Racunamo: 2a_{n+1}a_{n+2}-c_{n+1}c{n+2}= =2a_{n+1}(6a_{n+1}-a_n)-c_{n+1}(6c_{n+1}-c_n)= =12a_{n+1}^2-2a_{n+1}a_n-6c_{n+1}^2+c_{n+1}c_n= =6(2a_{n+1}^2-c_{n+1}^2)-(2a_n a_{n+1}-c_n c_{n+1})=6*2-6=12-6=6 . Dakle, imamo P(n+1) . QED. Lema4: P(n)&Q(n)&Q(n+1)=>Q(n+2) Dokaz: Pretpostavimo 2a_n a_{n+1}-c_n c_{n+1}=6 & & 2a_n^2-c_n^2=2 & & 2a_{n+1}^2-c_{n+1}^2=2 . Racunamo: 2a_{n+2}^2-c_{n+2}^2=2(6a_{n+1}-a_n)^2-(6c_{n+1}-c_n)^2= =2(36a_{n+1}^2-12a_{n+1}a_n+a_n^2)-(36c_{n+1}^2-12c_{n+1}c_n+c_n^2)= =72a_{n+1}^2-36c_{n+1}^2-24a_{n+1}a_n+12c_{n+1}c_n+2a_n^2-c_n^2= =36(2a_{n+1}^2-c_{n+1}^2)-12(2a_{n+1}a_n-c_{n+1}c_n)+(2a_n^2-c_n^2)= =36*2-12*6+2=72-72+2=2 . Dakle, imamo Q(n+2) . QED. Lema5: Vrijedi A(n) za svaki prirodni n . Dokaz: math-indukcijom. Baza je Lema2. Korak: Pretpostavimo A(n) . To znaci Q(n) & Q(n+1) & P(n) . Q(n+1) vec imamo. Q(n+2) dobijemo po Lemi4. P(n+1) dobijemo po Lemi3 iz Q(n+1) i P(n) . Dakle, imamo Q(n+1)&Q(n+2)&P(n+1) , odnosno imamo A(n+1) . QED. Ok, dakle za svaki prirodni broj imamo A(n) , pa imamo i Q(n) . Dakle (a_n,c_n) je rjesenje jednadbe 2a^2-c^2=2 po (a,c) , za svaki prirodni n . Po korolaru Leme1, a_n-ova ima beskonacno (svi su razliciti), pa i (a_n,c_n)ova ima beskonacno (svi su razliciti). QED[]. Pitanja;-? (osim kako sam se sjetio ovoga:) :-) -- Veky ... she's got the look ...