О том, как бы древние греки решали некоторые С6 или еше раз о фигурных числах

[mmok]

В продолжении темы о фигурных числах
На примере пробного ЕГЭ от 09 апреля 2011 года

Вар.1 C6. Найти все целые значения `x` и `y`, для которых верно равенство `x(x+1)=y^2`

Левая часть равенства - прямоугольное число, со сторонами в `x` и `x+1` камушков, правая - те же камушки, но уложенные в квадрат. Очевидно, лишний ряд в прямоугольнике в `x` камушков никак не разбросаешь до квадрата, значит задача не разрешима, т.е. нет в природе такого, другими словами, одна из сторон 0. Тогда получаем, (0,0) и (-1,0)

Вариант 3. C6. Найдите все натуральные `m`, `n`, `p`, для которых выполняется условие `mnp=m+n+p`

Левая часть - телесное число (для определенности положим длину `m`, ширину `n`, высоту `p`). Значит, столько камушков(кубиков) в прямоугольном параллелепипеде. Правая часть всего лишь сумма трех его измерений. Левая часть может равняться правой только когда высота в 1 кубик. Тогда `p=1`. Теперь сумма длины и ширины +1 (лишний их совместный кубик) есть прямоугольное число. Такое возможно только при длине и ширине 3 и 2.
Т.о. размеры исходного числа 3 ; 2; 1.

Вар.2 С6 Найдите все целые значения `x` и `y`, при которых верно равенство: `y^2-1=3*2^x`

Для натуральных чисел:
Левая часть - прямоугольник со сторонами `y-1` и `y+1`.(`y > 1`) клеток. Правая - тоже прямоугольник, но интересно сконструированный: (Знаменитый принцип удвоения). В основе - прямоугольник со сторонами 3 и 1, который `x` раз удваивается.
Проведем обратное преобразование - деление пополам. Раз левая и правая часть равенства одно и то же число, то прямоугольной листок бумаги размерами (у-1) на (у+1) будем складывать пополам.
Причем, зная, что одна из сторон делится на 2, тут же делается вывод, что и вторая тоже (поскольку разница между ними 2). Складываем лист пополам сначала, например, по горизонтали, потом по вертикали. Теперь разница между шириной и длиной 1, это значит, что если число продолжает делится на 2, то делится теперь только одна сторона.
(Если уже ничто не делится, то мы дошли до того самого числа размером 3 на 1, тогда `(y+1)/2=3`, а `(y-1)/2=1` - нет такого `y`, удовлетворяющего обоим соотношениям)
Складываем пополам снова лист, зная, что та сторона, что не складывается, раз не складывается, в силу конструкции числа `3*2^x`
равна 3. Тогда либо `(y+1)/2=3`, откуда `y=5` и вторая сторона `(5-1)/2=2`, либо `(y-1)/2=3` откуда `y=7` и вторая сторона `(7+1)/2=4`. Т.о. при`y=5` будет совершаться ровно 3 сложения пополам листа, т.е. `x=3`; при`y=7` `x=4`.
Случай не натуральности: учтем `y=2` и `x=0`и симметричность по`y` в найденных парах.
Ответ: `(3, 5)`, `(3, -5)`, `(4, -7)`, `(4, 7)` `(0,2)`, `(0,-2)`.
C6 (Вариант 80)
Найдите все натуральные m, n, p, для которых выполняется условие `2mnp=m^2+n^2+p^2`

что-то не решается

(последний решенный мне больно нравиться, жаль мы со студентами не публикуемся сейчас)

@темы: Натуральные числа, Поп-математика

Comments

[mpl]

Очевидно, лишний ряд в прямоугольнике в

Почему?

Левая часть может равняться правой только когда высота в 1 кубик

Почему?

[mmok]

Очевидно, лишний ряд в прямоугольнике в
Почему?

[mpl]

mmok

Когда я вижу слово очевидно, моя рука тянется к ... )

Очевидно, в данном случае слово очевидно нужно заменять либо соображениями делимости, либо индуктивным выводом, либо ...

[mmok]

Это тот случай, когда очевидно бесспорно, ориентируясь на наглядно-образное представление. Из старого квадрата вырос, до нового, со стороной на единицу больше, не дорос.

Левая часть может равняться правой только когда высота в 1 кубик
Почему?
Аналогично, про сумму линейных измерений: кубики в прямоугольном параллепипеде содержат в себе, как часть, кубики на трех ребрах+2 (2 - это общее между длиной и шириной и между длиной и высотой) и этих двух не хватит до заполнения всего параллепипеда. А может хватить только, если этот параллепипед будет не совсем "полноценный"

[Дилетант]

Насчет нерешенной задачи: `2mnp=m^2+n^2+p^2`
Не знаю, как она может быть решена в рамках "парадигмы фигурных чисел", но вообще она решается и без этого вполне красиво.
Правда, mpl имеет к моему решению обоснованные претензии ))) Но всё же.

Идея такова.
`m`, `n` и `p` в силу четности левой части либо все четные, либо два из них нечетны. Пусть все четны. И пусть наименьшая степень двойки как общего множителя у `m`, `n` и `p` равна `k`.
Представим каждое из чисел в виде:
`m=2^k*m_k`, `n=2^k*n_k`, `p=2^kp_k`.
Получим:
`2*2^(3k)*m_k*n_k*p_k=2^(2k)*m_1^2+2^(2k)*n_1^2+2^(2k)*p_1^2`
Сократим:
`2^(k+1)*m_k*n_k*p_k=m_k^2+n_k^2+p_k^2 , k>=0`
Левая часть опять четна. Стало быть, в правой части (поскольку степень двойки мы вынесли и по крайней мере одно число должно стать нечетным, нечетными стали два числа одновременно. Пусть это `m_k` и `n_k`).
Но сумма квадратов двух нечетных числе всегда равна 2 по модулю 4. В то время как "все остальное" в этом соотношении делится на 4. Т.е. получаем противоречие.
Ну, если подробно расписать, получится вот что:

`m_k=(2s+1)`
`n_k=(2t+1)`
`p_k=2u`
где `s`, `t`, `u` -- целые.
Получим:
`2^(k+2)*(2s+1)*(2t+1)*u=4s^2+4s+4t^2+4t+2+4u^2`
Левая часть делится на 4, правая не делится.