Задача по математике из пробного варианта ЕГЭ

kvfrost

Задача C6:
Решить в натуральных числах
m(squared)+n(squared)+p(squared) = 2mnp
Потратил вчера 4 часа - не решил.

KaterinKa

Ну например видно, что правая часть четная, значит, левая тоже четная.
Отсюда следует, что m, n и p — все четные.
Заменяем m -> 2m', n -> 2n', p -> 2p'.
Получаем m'^2 + n'^2 + p'^2 = 4 m' n' p'
Видно, что m', n' и p' — тоже четные.
Повторяем процедуру...
Получаем, что a^2 + b^2 + c^2 = 2^k a b c
где k — сколь угодно большое число.
Не знаю, к чему это дальше приведет...

Brina

Дошел до этого же.
Сейчас в Матлпбе поищу...

Brina

Мне кажется почему-то, что корней не будет...
В приделах сотни Матлаб не нашел...

KaterinKa

Короче, на каком-то этапе одно из чисел будет 1.
Допустим, что p — меньшее из трех чисел.
Тогда p = 2^k, m = a*2^k, n = b*2^k
a^2 + b^2 = 2^k a b
Повторяем даление на 2 уже только для a и b
При этом множитель в правой части меняться не будет
На каком-то этапе одно из этих двух чисел обратится в 1
Будет с^2 + 1 = 2^k c
Это уже квадратное уравнение, целые корни, если 2^(2k) - 1 — квадрат и т.д.

Yansloka

значит, левая тоже четная.Отсюда следует, что m, n и p — все четные.
хмммммм :confused:
1+1+4=6
н+н+ч=ч

kvfrost

Если по-честному, то я сделал, но очень сложно для школьников. Через производную и неочевидные неравенства.
Получилось, что корней нет. Идея такая:
Решаем квадратное уравнение относительно среднего по величине числа.
Доказываем, что наибольшее из чисел < 8.
Доказываем, что все числа делятся на 3.
Остается проверить только тройки, состоящие из 3 и 6.
Но думаю, что должно быть какое-то легкое решение, потому что в другом варианте была такая задача:
mnp = m + n + p, которая решается в уме.

incwizitor

Потратил вчера 4 часа - не решил.
это могло подтолкнуть вас к доказательству того, что решений нет :grin:
1) искать решение среди четных - дело гиблое
если каждую переменную заменить на 2*x, то получим аналогичную задачу, но справа будет коэффициент 4 или 8 или 2^k, k - натуральное
2) попробуем для всех задач из пункта 1 взять нечетные решения
очевидно, два нечетных + 1 четное число должно быть (т.к. справа всегда четное число)
берем m = 2x, n = 2y + 1, p = 2z+1
4x^2 + (2y+1)^2 + (2z+1)^2 = 2^k * 2x * (2y+1) * (2z+1)
что мы здесь видим?
видим, что справа число делится на 4, а слева дает остаток 2
в итоге, натуральных решений нет
целые решения есть: (0, 0, 0)
подскажите, не ошибся ли я в рассуждениях

stm7543347

Отсюда следует, что m, n и p — все четные.
Как следует?

Brina

a^2 + b^2 + c^2 = 2^k a b c
Дальше это можно прологарифмировать по основанию 2 и получить
k + log a + log b + log c = log(a^2 + b^2 + c^2)

Brina

В пределах 1000 корней нет.

incwizitor

следует так же пояснить, что пункт 1 можно применять к исходным числам ограниченное число раз, если они положительные (вот отсюда как раз вылазит нулевое решение)
можно переформулировать решение так: вытаскиваем из всех чисел наибольший общий делитель, являющийся степенью 2. пусть m = 2^r * (2s+1) и r - максимально для всех трех чисел
4^r (2s+1)^2 + 4^r t^2 + 4^r v^2 = 2 * 2^(3r)*(2s+1)*t*v = 2*4^r*2*w (дополнительная двойка из-за того, что либо t либо v должно быть четно)
=> (2s+1)^2 + t^2 + v^2 = 4w
а это невозможно (смотрим остатки от деления на 4)

Lokomotiv59

Как следует?
Ну очевидно, что все три числа одновременно нечетными быть не могут. Значит, правая часть делится на 4. Но тогда если бы ровно два из {m, n, p} были нечетными, то левая часть давала бы остаток 2 при делении на 4.
Ответ к задаче: решений нет. Решение написал

Lokomotiv59

не ошибся :)

lenmas

mnp=m^2+n^2+p^2>=mn+np+pm, значит надо перебрать все натуральные числа, удовлетворяющие неравенству
[math]  $$  \frac1m+\frac1n+\frac1p\leqslant2  $$  [/math]
Основная идея решения --- что одна часть имеет степень третью, другая --- вторую, поэтому не может быть много решений.

Lokomotiv59

2mnp=m^2+n^2+p^2>=mn+np+pm, значит надо перебрать все натуральные числа, удовлетворяющие неравенству
[math] $$ \frac1m+\frac1n+\frac1p\leqslant2 $$ [/math]
таких натуральных чисел бесконечно много
Основная идея решения --- что одна часть имеет степень третью, другая --- вторую, поэтому не может быть много решений.
Это неочевидное утверждение для многочлена от нескольких переменных

lenmas

таких натуральных чисел бесконечно много
Хм, вообще-то да! Извиняюсь за заблуждение :)

lenmas

Это неочевидное утверждение для многочленов от нескольких переменных
Тоже согласен! Стоит одной переменной в 1 обратиться, и степень произведения может резко уменьшиться на единицу :)
Неужели придется методом спуска задачу из ЕГЭ так и решать? :(

Lokomotiv59

Неужели придется методом спуска задачу из ЕГЭ так и решать?
а что плохого в методе спуска?

lenmas

а что плохого в методе спуска?
Ну, как бы высший пилотаж, каждый раз приходится извращаться, чтобы его применить.
Мы же не Ферма! :grin:

lenmas

Тогда p = 2^k, m = a*2^k, n = b*2^k
a^2 + b^2 = 2^k a b
Тут же получается 1+a^2+b^2=2^{k+1} ab :confused:

lenmas

Но думаю, что должно быть какое-то легкое решение, потому что в другом варианте была такая задача:
mnp = m + n + p, которая решается в уме.
Скорее всего, составители лоханулись.

kvfrost

Скорее всего, составители лоханулись.
Мне тоже так кажется.
Ну нихрена себе лоханулись?!
Для многих школьников от этого экзамена очень многое зависит.

blackout

Типа если многое зависит значит точно не лоханутся? Тогда и самолеты не должны падать.

lenmas

Мне тоже так кажется.
Ну нихрена себе лоханулись?!
Для многих школьников от этого экзамена очень многое зависит.
Нет, простое решение можно придумать, зная ответ и хоть какое-то решение, но на экзамене, да школьнику, да
в реальное время уложиться --- это анриал.
Например, замеченная тут игра на остатках при делении на 4:
квадрат любого числа дает либо остаток 1, либо 0 при делении на 4. Поэтому слева сумма трех квадратов не может дать
в сумме остаток 0 (который получается справа если не все числа четные. Потом сократить на степень двойки, чтобы одно из чисел стало нечетным, и повторить это же рассуждение.
Мне такое решение вообще никак не нравится.

Ruffneck

Решила за 10 минут.
С остатками на 4. Нормальное решение.
Смотрите, все очень просто:
Одно из чисел m, n, p - четное.
Без ограничения общности пусть четное m = 2*m1.
Тогда:
4(m1^2) + n^2 + p^2 = 4*m1*n*p;
Тогда:
как тут уже говорилось n и p делятся на 2 (по остатку от деления на 4);
Тогда n = 2*n1; p = 2*p1;
4(m1^2) + 4(n1^2) + 4(p1^2) = 4 *m1 * 2n1 * 2p1; — сокращаем на 4
m1^2 + n1^2 + p1^2 = 4 m1*n2*p1;
получили уравнения исхожного вида.
значит m, n, p - степени двойки.
решаем уравнение 2^(x+1) + 2^(y+1) + 2^(z+1) = 2 * 2^x * 2^y * 2^z;
корней нет.

iri3955

возьмем минимальную тройку, для которой m^2+n^2+p^2 =2^k*mnp.
остаток от деления на 4 равен нулю. но тогда все часла четные. и поделив их все на 2 получаем меньшую тройку.

lenmas

значит m, n, p - степени двойки
Смелый вывод!

vsh2805

Задача C6:
Решить в натуральных числах
m(squared)+n(squared)+p(squared) = 2mnp
Потратил вчера 4 часа - не решил.
Пусть m=2^a*m1; n=2^b*n1; p=2^c*p1 (m1,n1,p1 не четные числа)
И пусть "а" является самым наименьшим из них.
Подставляем в формулу и делим на "2^2a"
m1^2+(2^(b-a)*n1)^2+(2^(c-a)*p1)^2=2^(b+c-a+1)*m1*p1*c1
Квадрат натурального числа при деление на 4 дает 0 или 1
Если а=б=с то в левой части у нас получается 3 в правой части 0 или 2
если c>a то в левой части остаток при делении на 4 дает 1 или 2, а в правой 0
Ответ: решений нет в нат. числах.
Удачи. Если еще чем помочь пиши) Вспомнил школьные годы.

unlim7729

1) искать решение среди четных - дело гиблое если каждую переменную заменить на 2*x, то получим аналогичную задачу, но справа будет коэффициент 4 или 8 или 2^k, k - натуральное
Что-то я не понял.. задачу так и не решили? т.к. не доказали, что решения нет среди чётных чисел.
UPD: кажется я понял, что замену на 2*x можно делать до тех пор, пока все числа перестанут быть чётными и переходить к п.2. :)

stamira

надо рассмотреть все по модулю 3.
Контрольный вопрос: какие остатки про модулю 3 может иметь квадрат?

iri3955

Получается, они все делятся на 3. А дальше?
Оставить комментарий
Имя или ник:
Комментарий: