Ugrás Vieta

Az oldal jelenlegi verzióját még nem ellenőrizték tapasztalt közreműködők, és jelentősen eltérhet a 2021. január 4-én felülvizsgált verziótól ; az ellenőrzések 12 szerkesztést igényelnek .

A Vieta ugrása ( gyököket tükröző ) a számelméletben használt bizonyítási módszer ; leggyakrabban olyan feladatokra használják, amelyekben két természetes szám aránya adott, és ehhez valamilyen állítást kell bizonyítani. A módszernek több olyan változata is létezik, amelyek valamilyen módon kapcsolódnak a végtelen leszármazás általános témájához , ahol egy adott megoldásból egy új (kisebb) megoldás születik  Vieta képletei segítségével .

Történelem

A Vieta jumping egy viszonylag új módszer az  olimpiai matematikai feladatok megoldására . Az első ilyen problémát  az 1988 -as 29. Nemzetközi Matematikai Olimpián javasolták , és ezt a feladatot tartották a legnehezebbnek az olimpián javasoltak közül: [1]

Az Ausztrál Feladatbizottság hat tagja közül senki sem tudta megoldani ezt a problémát. Közülük ketten Sekeres György és felesége, mindketten ismert megoldók és problémaírók. Mivel számelméleti problémáról volt szó, Ausztrália négy leghíresebb matematikusának küldték el, akik ezen a területen jártasak voltak. Arra kérték őket, hogy dolgozzanak rajta hat órát. Ez idő alatt egyikük sem tudta megoldani. A feladatbizottság két csillaggal jelölte a 29. MMO zsűrijének. Ez azt jelentette, hogy a feladat rendkívül nehéz volt; talán túl bonyolult ahhoz, hogy az olimpia résztvevőinek ajánljuk. Hosszas vita után a zsűri mégis ezt merte javasolni az olimpia utolsó feladatának. Tizenegy diák mutatta be pontos megoldásait.Artur Engel

A probléma megoldásáért maximális pontszámot kapott tizenegy diák között volt a  Fields jövőbeli díjazottja ,  Ngo Bao Chau (16 éves) [2] . Két másik jövőbeli Fields-győztes ,  Terence Tao (12 éves) és Elon Lindenstrauss (17 éves) csak egy-egy pontot szerzett a hatodik feladatnál [3] .

Vieta Standard Jumps

Vieta standard ugrásai ellentmondásos bizonyítást hajtanak végre   három lépésben: [4]

  1. Feltételezzük, hogy vannak ezzel az összefüggéssel összefüggő számok, amelyek azonban nem felelnek meg a bizonyított állításnak.
  2. Egy minimális megoldást ( A , B ) tekintünk valamilyen függvényre (például A + B ). Az eredeti arányt ezután egy másodfokú egyenletté alakítjuk, amelynek együtthatói B -től függenek , és amelynek egyik gyöke egyenlő A -val . A Vieta-képletek segítségével megtaláljuk ennek az egyenletnek a második gyökét.
  3. Megmutatjuk, hogy a második gyök olyan megoldást ad, amelynek a választott függvény értéke kisebb. Így ellentmondás van a függvény értékének minimális értékével az eredeti megoldáson, ezért az 1. lépésből származó feltételezés hamis.
Példa

MMO 1988, 6. feladat. Legyenek a és b  olyan pozitív egészek, hogy ab + 1 osztja a 2 + b 2 -t . Bizonyítsda 2 + b 2ab +1 tökéletes négyzet . [5] [6]

  1. Legyen k =a 2 + b 2ab +1. Tegyük fel, hogy van olyan megoldás, amelyre k nem tökéletes négyzet.
  2. Ilyen k értékre tekintsünk olyan megoldást ( A , B ) , amely minimalizálja A + B értékét . Az általánosság elvesztése nélkül feltételezhetjük, hogy A ≥ B . Átírva k kifejezését és A -t x -re cserélve az x 2- ( kB ) x + ( B 2 - k ) = 0 másodfokú egyenletet kapjuk  . Szerkezetileg x 1 = A ennek az egyenletnek a gyöke. A Vieta képletek szerint a második gyök x 2 \ u003d kB - A \u003dB2 - k _A.
  3. Az x 2 első kifejezéséből az következik, hogy x 2 egy egész szám, a másodikból pedig, hogy x 2 ≠ 0 . Mivel k =x 2 2 + B 2x 2 B + 1> 0 , akkor x 2 pozitív. Végül A ≥ B  -ből az következik, hogy x 2 = B2 - k _A< A és ezért  x 2 + B < A + B , ami ellentmond az ( A , B ) megoldás minimálisságának .

Folyamatos ereszkedés Vieta ugrásával

Vieta folyamatos ugrásos ereszkedési módszerét arra használjuk, hogy bizonyítsunk egy k konstansra vonatkozó állítást, amely az a és b egész számok arányától függ . Vieta standard ugrásaival ellentétben a folyamatos süllyedés nem ellentmondásos bizonyíték, és a következő négy lépésből áll [7] :

  1. Az a = b egyenlőség esetét külön vizsgáljuk . A következőkben feltételezzük, hogy a > b .
  2. b és k értéke rögzített . Az a , b és k közötti összefüggést egy másodfokú egyenletre  redukáljuk b és k együtthatókkal , amelynek egyik gyöke x 1 = a . A másik gyökér x 2 a Vieta képletekkel kerül meghatározásra. 
  3. Megmutatjuk, hogy minden egyes alapértéknél nagyobb ( a , b ) esetén teljesül a 0 < x 2 < b < a egyenlőtlenség , és x 2 egész szám. Így az ( a , b ) megoldásból le lehet menni a ( b , x 2 ) megoldásra, és addig ismételhetjük ezt a folyamatot, amíg bázisértékű megoldást nem kapunk.
  4. Az állítás alapértékekre igazolt. Mivel k változatlan marad a süllyedés során, ez azt jelenti, hogy az állítás érvényessége minden ( a , b ) rendezett párra bizonyításra kerül .
Példa

Legyenek  a és b pozitív egészek  olyanok, hogy ab osztja a 2 + b 2 + 1 -et . Be kell bizonyítani, hogy 3 ab = a 2 + b 2 + 1 . [nyolc]

  1. Ha a = b , akkor a 2 - nek el kell osztania 2 -t a 2 + 1 -gyel . Ahonnan a = b = 1  és így 3(1)(1) = 1 2 + 1 2 + 1 . A következőkben az általánosság elvesztése nélkül feltételezzük, hogy a > b .
  2. Legyen k =a 2 + b 2 + 1ab. Ezt az egyenlőséget átalakítva és a-t x-re cserélve  egy x 2 − ( kb ) x + ( b 2 + 1) = 0 másodfokú egyenletet kapunk , melynek egyik gyöke x 1 = a . A Vieta-képletek szerint a második gyök a következőképpen ábrázolható: x 2 = kb − a =b 2 + 1a.
  3. Az első ábrázolás azt mutatja, hogy x 2 egy egész szám, a második pedig azt, hogy ez a szám pozitív. Az a > b egyenlőtlenségből következik, hogy x 2 =b 2 + 1a< b ha b > 1 .
  4. Tehát az alapeset a b = 1 érték . Ebben az esetben a értékének el kell osztania a 2 + 2 -t , ezért a egyenlő 1-gyel vagy 2-vel. Az a = 1 eset nem lehetséges, mivel a ≠ b . A = 2 esetben k = a 2 + b 2 + 1ab=62= 3 . Mivel a k értéke a süllyedés során nem változott, így azt kapjuka 2 + b 2 + 1ab= 3 , azaz 3 ab = a 2 + b 2 + 1 , minden rendezett párra ( a , b ) .

Geometriai értelmezés

Vieta ugrásai az első kvadránsban lévő hiperbolák egész pontjaival írhatók le . [1] Ebben az esetben a kisebb gyök megtalálásának folyamata megfelel a kisebb egész pontok keresésének a hiperbolán az első kvadránson belül. Ez a folyamat a következőképpen írható le:

  1. Ebből a feltételből egy egyenletet kapunk egy olyan hiperbolacsaládra, amely nem változik, ha x és y felcserélődik. Más szavakkal, ezek a hiperbolák szimmetrikusak az y = x egyenesre .
  2. A szükséges állítás bizonyítást nyert a hiperbolák és az y = x egyenes metszéspontjaira .
  3. Feltételezzük, hogy ( x , y )  egy egész pont valamilyen hiperbolán, és az általánosság elvesztése nélkül x < y . Ekkor a Vieta-képletek szerint a hiperbola másik ágán találunk egy egész pontot, amelynek az első koordinátája megegyezik. Ekkor ennek a pontnak az y = x egyenesre való visszaverődése egy új egész pontot eredményez a hiperbola eredeti ágán.
  4. Kimutattuk, hogy ez a folyamat a parabola ugyanazon ágán kisebb pontok megtalálásához vezet, amíg egy bizonyos feltétel teljesül (például x = 0 ). Ha ezt a feltételt behelyettesítjük a hiperbola egyenletébe, igazoljuk, hogy a bizonyított állítás érvényes rá.
Példa

Alkalmazzuk a leírt módszert az MMO 1988 6. feladatára: Legyenek a és b  olyan pozitív egészek, hogy ab + 1 osztja a 2 + b 2 -t . Bizonyítsda 2 + b 2ab +1 tökéletes négyzet .

  1. Hadda 2 + b 2ab +1= q . Rögzítjük q értékét, és figyelembe vesszük az x 2 + y 2 − qxy − q = 0 egyenlet által adott H hiperbolát . Ekkor ( a , b ) egy pont ezen a hiperbolán.
  2. Ha x = y , akkor x = y = q = 1 , ami triviálisan kielégíti a problémafelvetést.
  3. Legyen ( x , y )  egy egész pont a H hiperbola „felső” ágán, ahol x < y . Ekkor a Vieta formulákból az következik, hogy ( x , qx − y )  egy egész pont a H hiperbola „alsó” ágán . Ennek a pontnak a tükrözése az eredeti "felső" ágon lévő ( qx − y , x ) pont. A kapott pont második koordinátája kisebb, mint az eredetié, ami azt jelenti, hogy az eredeti pont alatt van.
  4. Ez a folyamat megismételhető. A H hiperbola egyenletéből következik, hogy a kapott pontok az első kvadránson belül maradnak. Így a folyamat ismétlése véget ér, ha az x = 0 érték érkezik . A H hiperbola egyenletébe behelyettesítve q = y 2 -t kapunk , amit bizonyítani kellett.

Lásd még

Jegyzetek

  1. ↑ 12 Arthur Engel . Problémamegoldási stratégiák (neopr.) . - Springer , 1998. - P. 127. - ISBN 978-0-387-98219-9 .  
  2. ↑ Az 1988-as Nemzetközi Matematikai Olimpia eredményei . imo-official.org. Letöltve: 2013. március 3. Az eredetiből archiválva : 2013. április 2.
  3. ↑ [https://web.archive.org/web/20200104173313/https://www.youtube.com/watch?v=zzmlA7iAGG4 Archiválva : 2020. január 4., a Wayback Machine Question #6 Legend Returns [Numberphile] - YouTube ]
  4. ↑ Yiming Ge. A Vieta Jumping módszere  (neopr.)  // Matematikai elmélkedések. - 2007. - T. 5 .
  5. ↑ AoPS fórum – Az egyik kedvenc problémám, igen! . Artofproblemsolving.com. Letöltve: 2013. március 3.
  6. ↑ KS Barna. N = (x^2 + y^2)/(1+xy) négyzet . MathPages.com. Letöltve: 2016. szeptember 26.
  7. ↑ AoPS Fórum – Lemur Numbers . Artofproblemsolving.com. Letöltve: 2013. március 3.
  8. ↑ AoPS fórum - x*y | x^2+y^2+1 . ArtOfProblemSolving.com (2005. június 7.). Letöltve: 2013. március 3.

Linkek