Kwadratowo
W komentarzach pod poprzednim wpisem programiści goszczący w Łamiblogu ustalili, że para liczb naturalnych (287, 287) jest jedyną taką, że wyniki czterech podstawowych działań na tej parze są liczbami naturalnymi nieujemnymi, składającymi się łącznie z dziesięciu różnych cyfr. A konkretnie: suma S=287+287=574, różnica D=287–287=0, iloczyn P=287×287=82369, iloraz Q=287:287=1.
Zadania polegające na szukaniu pary liczb spełniających określone warunki, ale oczywiście obliczeniowo znacznie prostsze niż powyższe, kojarzą mi się ze szkołą. W większości z nich kluczem do rozwiązania są wyniki dwóch działań między szukanymi liczbami – zwykle dodawania i mnożenia. Rozwiązywanie sprowadza się do ułożenia równania drugiego stopnia, choć co sprytniejsi uczniowie rozkładają iloczyn na czynniki pierwsze i z tych czynników składają taką mnożną i mnożnik, które byłyby równocześnie składnikami dodawania z podaną sumą. Na przykład w zadaniu z podręcznika dla liceum należy znaleźć dwie liczby, których suma równa jest 22, a iloczyn 105. Formalnie poprawne, a ze szkolnego punktu widzenia wręcz obowiązkowe jest ułożenie równania, obliczenie wyróżnika itd. Ale prościej rozłożyć 105 na czynniki pierwsze (3×5×7) i zauważyć, że 3×5+7=15+7=22. Tylko że za taki sposób rozwiązania można dostać pałę.
Wracając do znacznie trudniejszych przypadków, proponuję wariację na temat sprzed tygodnia. Proszę spróbować znaleźć parę takich różnych liczb całkowitych dodatnich, których suma, różnica, iloczyn i iloraz są kwadratami. Wyróżniłem różnych, bo o pary bliźniacze – w rodzaju powyższej (287, 287) – bardzo łatwo: każda złożona z dwu jednakowych połówek kwadratu spełnia warunki zadania. Na przykład (18, 18) – S=36, D=0, P=324, Q=1. Szczerze pisząc, próbowałem szukać takich par, wspomagając się nieudolnie komputerem, ale bezskutecznie. Znalazłem sporo par dających trzy wyniki-kwadraty, ale jednego zawsze brakowało, zwykle sumy lub różnicy. Na przykład: dla (3, 12) S=15, a dla (5, 20) D=15 – w obu przypadkach pozostałe trzy wyniki to kwadraty. Jeśli natomiast, korzystając z trójek pitagorejskich dobrać taką parę, aby kwadratami była suma i różnica, np. (5, 4), (13, 12), (17, 8),… itd., to jest kłopot z „ukwadratowieniem” iloczynu, a zwłaszcza ilorazu. Mam więc wątpliwości czy czterokwadratowe różnoliczbowe pary w ogóle istnieją. A jeśli tak właśnie jest, to może komuś uda się to nieistnienie udowodnić.
PS możliwy jest też ogólniejszy wariant: cztery wyniki powinny być dowolnymi potęgami (oczywiście oprócz pierwszej).
Komentarze z prawidłowym rozwiązaniem ujawniane są wieczorem w przeddzień kolejnego wpisu (z błędnym zwykle od razu). Wpisy pojawiają się co 7 dni.
Komentarze
Żeby komputerom pracy zaoszczędzić, proponuję nie sprawdzać, czy iloczyn jest kwadratem, bo to wynika natychmiast z tego, że kwadratem jest iloraz.
Właściwie komputery można w ogóle zwolnić z szukania wyników-kwadratów, bowiem udało mi się znaleźć dowód, że wszystkie cztery wyniki kwadratami być nie mogą. Pozostaje więc jako zadanie szukanie tego dowodu (na piechotę) oraz szukanie pary liczb z wynikami-potęgami (komputerowo).
mp
Wygląda na to, że i mnie udało się znaleźć dowód na to, że wszystkie cztery nie mogą być kwadratami.
Wyjdźmy od ilorazu: pokazane zostało, że jak iloraz, to i iloczyn. Najmniejszym takim ilorazem jest 4. Należałoby więc kolejno analizować pary:
1 4
2 8
3 12
4 16
Itd. Wypiszmy dla każdej pary różnice i sumy liczb:
1 4 3 5
2 8 6 10
3 12 9 15
4 16 12 20
Itd. Mamy tu między innymi przykład podany w zadaniu: 12-3 jest kwadratem, ale 12+3 nim nie jest.
Zobaczmy teraz kolejny iloraz będący kwadratem, czyli 9. Analogicznie otrzymamy:
1 9 8 10
2 18 16 20
3 27 24 30
4 36 32 40
Itd. Pojawia się tu m.in. 16, a więc kwadrat, no ale w parze z niekwadratem 20. Zauważmy, że w obu przypadkach (iloraz 4 i 9), jak i w każdym innym, w trzeciej kolumnie mamy ciąg n, 2n, 3n, 4n, itd, a w czwartej n+2, 2(n+2), 3(n+2), 4(n+2), itd. Obie liczby z pary m*n i m*(n+2) musiałyby więc być jednocześnie kwadratami. Jeśli się udowodni, że tak nie może być, to będzie nawet więcej, niż mamy w zadaniu, bo nie tylko dla ilorazów będących kwadratami (4, 9, 16, itd), ale dla wszystkich „pomiędzy”. Bo dla ilorazu 4 zaczynamy od pary (3, 5), a dla 9 od (8, 10), ale dowód będzie ważny i dla (4, 6), i (5, 7), i (6, 8), i (7, 9), no i oczywiście dla wszystkich kolejnych, poczynając od (9, 11).
Potrzeba więc udowodnić, że dla dowolnych liczb naturalnych m i n, jeśli m*n jest kwadratem, to m*(n+2) kwadratem być nie może. Niby oczywiste, ale jak pomyślimy, że możemy mieć tu bardzo duże liczby, wymykające się intuicji, to jednak jakoś formalnie trzeba by to udowodnić.
Jeśli zarówno liczba m*n, jak i liczba m*(n+2) ma być kwadratem, to ich iloczyn też musi być kwadratem. Wynosi on m^2*n*(n+2), więc kwadratem musi być n*(n+2). To jednak nie może być, bo w grę wchodziłaby tylko liczba pomiędzy n a n+2, czyli n+1, ale (n+1)^2 = n^2+2n+1, a więc o 1 więcej od n*(n+2). Dowód tym samym należy uznać za skończony i poprawny.
Prawdę mówiąc, przeprowadziłem jeszcze jeden dowód, o wiele dłuższy, z analizą przypadków, itd, ale nie będę nim zawracał głowy, bo w końcu coś mnie natchnęło, żebym po prostu przemnożył te liczby, n i n+2. I jest o wiele krócej i zgrabniej.
@mp
„wszystkie cztery wyniki kwadratami być nie mogą”
Trzy (dla S, D i P) też nie mogą. Dowód:
https://megawrzuta.pl/download/a4670ad0e60f103a20305d8db240dc26.html
O wykorzystanym w powyższym dowodzie twierdzeniu Fermata również tu:
https://en.wikipedia.org/wiki/Fermat's_Last_Theorem#Proofs_for_specific_exponents
Kontynuując poprzedni wpis – próbowałem znaleźć dowód dla potęg większych od 2. Niestety, zadanie ma korzenie w mrocznych otchłaniach teorii liczb i, jak się okazało, przyprawiło już o ból głowy wielu matematyków. Niemniej, coś niecoś można stwierdzić:
https://megawrzuta.pl/download/104da2500cc1f9b752c26ebd3dbf5d7c.html
Rzecz sprowadza się do pokazania, że gdy: a większe od b, to (a^2+b^2)/(2*a*b) nie może być kwadratem.
Nie znalazłem żadnych takich par. Podaję niedokończony dowód dla kwadratów (x != y). Jeżeli x + y = a^2 and x – y = b^2 to wystarczy pokazać, że nie istnieje rozwiązanie dla xy = c^2. Z dwóch pierwszych równań mamy xy = (a^4 – b^4)/4 więc problem sprowadza się do pytania czy istnieje całkowite rozwiązanie dla równania (a^4 – b^4)/4 = c^2. c jest zawsze parzyste, natomiast a i b są obie albo parzyste albo nieparzyste. 1. a i b parzyste, to a mod 4 = 0, b mod 4 = 0 i c mod 4 = 0. Przypuśćmy, że (p, q, v) jest rozwiązaniem minimalnym. Mamy p^4 – q^4 = 4v^4. Podstawiamy p = 4r, q = 4s, co nam daje 4^3(r^4 – s^4) = v^2. Ponieważ 4^2|v^2, więc istnieje t takie, że v = (4^2)t. Mamy więc r^4 – s^4 = 4t^2, co jest sprzeczne z założeniem, że (p, q, v) jest rozwiązaniem minimalnym. 2. a i b nieparzyste – już nie zdążę…
@Camawruk
W jaki sposób z:
p^4 – q^4 = 4v^4
po podstawieniu:
p = 4r, q = 4s
otrzymałeś:
4^3(r^4 – s^4) = v^2
???!
U mnie jest tak:
(4r)^4 – (4s)^4 = 4 v^4
4^4 r^4 – 4^4 s^4=4 v^4
4^3 r^4 – 4^3 s^4 = v^4
4^3 (r^4 – s^4) = v^4
2. a i b nieparzyste. Pokażę, że jeżeli x + y = a^2 and x – y = b^2 to nie istnieje całkowite rozwiązanie dla mnożenia i dzielenia. xy = (a^4 – b^4)/4 oraz x/y = (a^2 + b^2)/(a^2 – b^2), więc mamy następujący układ równań: (a^4 – b^4)/4 = c^2 i (a^2 + b^2)/(a^2 – b^2) = d^2. Zarówno c jak i d są parzyste więc c^2 mod 4 = 0 i d^2 mod 4 = 0. Po przekształceniu uzyskujemy (a^2 + b^2)(a^2 – b^2) = 4c^2 i a^2 + b^2 = d^2(a^2 – b^2), co daje nam (a^2 + b^2)^2 = 4(c^2)(d^2) a następnie: a^2 + b^2 = 2cd. To jest sprzeczność bo (a^2 + b^2) mod 4 != 0 (z założenia a^2 mod 4 = 1 i b^2 mod 4 = 1).
@xswedc
p^4 – q^4 = 4v^2 (ostatnia potęga jest oczywiście 2, nie 4 – czeski błąd)