Jumping Térség Konstantin Knap ismeretterjesztő feladatok a „elemek» Matematika
Megpróbálja bebizonyítani, hogy a megoldások eltérő számpárok szerepel a második csúcs, nem.
Először találmány „finomított” (abban az értelemben, amelyben finomított növényi olaj, mely tisztított szennyeződések) érv, amely nem használja ezeket a szent információkat szóltunk a tippeket.
Let \ (k = \ frac \). Ha (és miért nem?) A = b. A feltétel az, hogy a 2a 2 + 1 osztható a 2. Mivel 2a 2 mindig osztva 2 1, amely szintén oszthatónak kell lennie a 2. ahol a = 1. De ha a = b = 1, megkapjuk \ (k = \ frac = 3 \), azaz ebben az esetben már mindent megmutattak.
Tegyük fel, hogy a ≠ b. Az általánosság elvesztése nélkül feltételezhetjük, egy bo lshim két szám (azaz, a> b). Igyekszünk megtalálni a másik számpár (a „B”), ami szintén megfelel a feltételeknek a probléma, de kevesebb lesz, mint az eredeti.
Rewrite egyenlete a. b és k. formájában a 2 - kab + b 2 + 1 = 0. És hogy még jobban meg kell állapítani, hogy fogunk csinálni, ahelyett, hogy egy írási x. Ez - a másodfokú egyenlet (tekintetében x): \ (x ^ 2-KB \ cdot x + (b ^ 2 + 1) = 0 \). Nem fogjuk megoldani, de ne feledje, hogy a gyökerek x1 és x2 (ha van ilyen!) Meg kell győznie a Térség tétel.
\ [X_1 + x_2 = KB, \] \ [x_1 \ cdot x_2 = b ^ 2 + 1 \]
Az egyik ilyen gyökerek tudjuk: x1 = a. Ezért azt mondhatjuk, hogy van egy második root \ (x_2 = kb-a = \ frac \). Az első feltétel biztosítja, hogy X2 jelentése egy egész szám, és a második -, hogy ez a pozitív. Ez x2 - ez egy pozitív egész szám.
Így a száma X2 és B is kielégítik a feltételeket, a probléma, azaz \ (x_2 ^ 2 + b ^ 2 + 1 \) van osztva X2B. és a hányados egyenlő a ugyanazt a számot K. Ebben az esetben, mivel azt feltételeztük, hogy a> b. a \ (x_2 = \ frac \ le \ frac
Kiderült, hogy ha b> 1, az Térség tétel megadja nekünk a lehetőséget, hogy "ugrik" a döntés (a b.) Egy kisebb oldatot (a 'b.') = (B kb -. A).
És mi lesz, ha ugrás vezet minket, hogy b = 1 (nyilván azért, mert előbb vagy utóbb meg fog történni)?
Amikor b = 1, az egyenlet az x 2 - kx + 2 = 0. Mivel van egy természetes gyökér a. és Tétel Wyeth termék gyökerek jelentése 2, a második gyökér egyenlő 2 / a. És mivel ez egyenlő a k egész szám - a. meg kell egy osztó 2. Így két lehetőség van:
1) ha a = 2, akkor 4 - 2k + 2 = 0, k = 3.
2) Ha a = 1, akkor 1 - k + 2 = 0, ahol ismét k = 3.
Mivel k azonos volt az összes készült „ugrik”, akkor k = 3, bármely két szám (a. B). Ebben a megoldás befejeződött.
És most próbálja megérteni, mit teszünk, és hogyan jön a kívánt eredményt. Keresztül kéri óta ismert, hogy egy pár számot (a. B), megfelel annak a feltételnek a probléma néhány pár (1, 1), (1, 2), (2, 5), (5, 13), (13 34), (34, 89), stb a minta, amely közvetlenül nem nyilvánvaló, de természetesen már észre, amikor próbálják megoldani, a következő: .. ha az egyes párjának az írási még a különbség, akkor megkapjuk a Fibonacci-számok 1 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89. a ez a szekvencia közötti kapcsolat három egymást követő, nagyon jól ismert: fn + 2 = fn + fn + 1. És mint a „mi” sorozata Fibonacci számok páros, akkor lehet felvenni a kiújulás érte:
Valóban, 5 = 3 x 2 - 1 = 13 3 · 5 - 2 = 3 × 34 13 - 5, és így tovább.
Itt a 3 faktor - ugyanaz, amit azonosított elején döntés levél k. De nem hivatkozhat arra a tényre, hogy meg kell bizonyítani? És itt jön a mentő, és Térség tétel, ami miatt az átmenet az egyik a másikra megoldás meglehetősen egyszerű - „ugrik”. Ha ugrik, akkor nem tudom, mi az a értéke k. de garantált csúsztatjuk egy nagyobb és egy kisebb megoldásokat, miközben ugyanazt az értéket k. Ez azt jelenti, hogy előbb-utóbb eljut a „legkisebb” megoldás. További már - egy trükk.
utószó
A cikk az angol Wikipedia Térség ugrás azzal érvel, hogy ez a módszer a problémák megoldására először csak 1988-ban feladataival kapcsolatban az Ausztrália által javasolt, a Nemzetközi Tudományos Diákolimpia. Itt van a probléma:
Legyenek a és b - pozitív egész szám úgy, hogy a 2 + b 2 osztható ab + 1. Bizonyítsuk be, hogy a hányadosa ez a felosztás - pontos téren.
Ebben az esetben ez retold vicces történet, amit először a könyvben leírt Arthur Engel „problémamegoldó stratégiák”:
Tény persze, welcome „ugrás” volt ismert, régen ez olimpián. Különösen a kihívás, hogy már tárgyalt, egy speciális esettanulmány egy jól ismert Markov Diophantine egyenlet, az első alkalommal vizsgálták a figyelemre méltó orosz matematikus Andrei Andrejevics Markov a XIX.
Markov egyenlet formájában
Ha betette c = 1, akkor kap pontosan az egyenletet, hogy mi volt. És, hogy a Markov egyenlet megoldás létezik, ahol c értéke 1? Természetesen vannak. És az olvasó már mindent meg kell találni őket.
Ábra. 1. példa család Apollóniusz körökben. Rajz a helyszínen en.wikipedia.org
Egy másik érdekes illusztrációja az elképzelést, „ugrás Wyeth” szolgálhat sokaságát Apollonius - család körök, ahol mindegyik a három másik (. 1. ábra, lásd Apolló tömítést.).
Ha egy ilyen család, hogy négy kört, amelyek páronként érintés, azok sugarak, a képlet először nyissa meg a híres kémikus Frederick Soddy (!):
Ha ehelyett sugarak ri körökben úgy vélik, hogy görbületi ki (reciprokai sugarak), a komplex képletű go frakciók:
Például, négy a nagy körök az 1. ábrán görbületi egyenlő -1, 2, 2 és 3 (kellett oltani, hogy az a tény, hogy a hazai érintés „mínusz” jel). Ezért például lehet kitalálni ravasz olvasó, már csak egy fél lépést, hogy az az állítás, hogy a görbület az egyes kör a (végtelen) beállítva Apollóniusz - egész szám, és ezeket a számokat lehet beszerezni egymástól Wyeth ugrik.
A Markov egyenlet megtalálható a figyelemreméltó cikket Kerin „Diophantine egyenlet Markov.” Apollonius fraktál szettek - K. Miller tanulmány (angol nyelven). Számos szép problémák, amelyek megoldása használjuk megkapta a folytatásban, megtalálható itt és itt.