Kan a och b vara positiva heltal i ekvationen a(a^2 - 1) = 2b^2

Välkommen till Pluggakuten!

Visa hur du har försökt!

En idé kan vara att faktorisera, alltså dela upp i faktorer, vänsterledet och fundera över vilka tal det kan vara och se om högerledet kan delas av något eller några av de talen. Konjugatregeln kan vara en hjälp till faktoriseringen.

Uppmuntran till trådskaparen: jag måste missa nåt enkelt, för sådana här uppgifter brukar jag klara, men än så länge har jag inte lyckats lösa den.

Jag har en lösning, men den är rätt så lurig, och definitivt inte något jag tycker verkar rimligt på förstaårsnivå i gymnasiet.

En hjälpsats jag behövde är att x^2-y^2>2 då x>y>0 och heltal. Detta ger att två olika positiva kvadrater måste skilja sig med minst 3. 

Låt os undersöka a(a^2-1)=a(a-1)(a+1). Denna produkt består av tre på varandra följande tal. Vi noterar också att antingen så är a+1 och a-1 relativt prima (och då är a jämn) eller så är de båda jämna. Vi undersöker första fallet.

Om a+1 och a-1 är relativt prima så måste de båda vara udda och alltså delar a+1 och a-1 båda b^2. Då de är relativt prima måste de båda vara kvadrater vilket motsäger min hjälpsats.

Vi undersöker fallet då a+1 och a-1 båda är jämna. Då är a relativt prima med a+1 och a-1 (och udda) så då måste det vara en kvadrat. Då har vi något tal c så att a^2-1=2c^2 (vi delar bort kvadraten a på bägge sidor).  Då måste en av de två talen a+1 och a-1 vara delbar med 4. Antag att a-1=4k. Då är (4k+2)(4k)=2c^2. Detta ger (2k+1)4k=c^2. Då 4k och 2k+1 är relativt prima så måste 4k vara en kvadrat. Då är både a och a-1 kvadrater vilket ger motsägelse mot min hjälpsats. Fallet a+1=4k fungerar på samma sätt.

Det vore kul att se en enkel lösning om någon har/ser den.

Jag tror inte man behöver göra det så krångligt.

Om man faktoriserar båda sidorna får man att a(a-1)(a+1) = 2*b*b.

Det betyder att b delar ett av talen i vänstra ledet och även ett av de andra talen i vänstra ledet och det går inte.

peono skrev:

Jag tror inte man behöver göra det så krångligt.

Om man faktoriserar båda sidorna får man att a(a-1)(a+1) = 2*b*b.

Det betyder att b delar ett av talen i vänstra ledet och även ett av de andra talen i vänstra ledet och det går inte.

Här går det nog för fort. Menar du att om x, y och z är heltal och man vet att xyz = 2*b*b, så måste b dela två av x,y,z? Det stämmer inte.

Laguna skrev:

peono skrev:

Jag tror inte man behöver göra det så krångligt.

Om man faktoriserar båda sidorna får man att a(a-1)(a+1) = 2*b*b.

Det betyder att b delar ett av talen i vänstra ledet och även ett av de andra talen i vänstra ledet och det går inte.

Här går det nog för fort. Menar du att om x, y och z är heltal och man vet att xyz = 2*b*b, så måste b dela två av x,y,z? Det stämmer inte.

 Det är inte tre godtyckliga tal x, y, z. Om b delar a då kan b inte dela (a+1) eller (a-1). Eftersom 1 inte är delbart med b.

Det är delen som börjar "Det betyder att" som jag kommenterade. Om du har ett giltigt bevis i de banorna så visa gärna det här. 

Jag började försöka formulera ett (utkast till) bevis, men det är i princip identiskt med Johan Bs ovan ser jag nu:

Vi kan faktorisera b på formen $b=2^{n_0}{{p_1}^{n_1}}_1{p_2}^{n_2}\dots {p_k}^{n_k}$, där p_1 osv är k stycken primtalsfaktorer > 2

Då får vi $\left(a-1\right)a\left(a+1\right)=2^{2n_0+1}{p_1}^{2n_1}{p_2}^{2n_2}{p_k}^{2n_k}$

Nu ser man att om ett av talen i VL är delbart med någon primtalsfaktor > 2 kan inget av de andra talen i VL vara det (pga att resten bara kan bli 0 för ett av de tre. Det innebär att man måste "dela ut" alla "exemplar" av samma primtalsfaktor till endast ett av de tre heltalen i VL. Det innebär att man kan skriva:

$\left(a-1\right)a\left(a+1\right)=2^{2n_0+1}xyz$ där x, y och z är udda kvadrattal.

Antag nu att a är jämnt. Då är a-1 och a+1 udda, och kvadrattal, och differensen mellan dem är 2. Det är lätt att visa att sådana tal inte finns.

Om a å andra sidan är udda så är det ett udda kvadrattal. a-1 och a-1 är produkten av udda kvadrattal och någon potens av 2. Man kan skriva: $a-1=2^n{m}^2$ och $a+1=2^k{p}^2$ Då gäller

$$\begin{gathered} a+1-(a-1)=2=2^k{p}^2-2^n{m}^2 \\ 1=2^{k-1}{p}^2-2^{n-1}{m}^2 \end{gathered}$$

Detta är omöjligt om k och n båda är >1

Om k och n båda är = 1 får vi två udda kvadrattal med differensen 1 i den ovanstående ekvationen vilket är omöjligt (lätt att visa enligt ovan).

Om n=1 och k>1 får vi

$1=2^{k-1}{p}^2-m^2$

Beroende på om k är udda eller jämt kan HL skrivas om till antingen produkten av 2 och två heltal eller direkt till produkten av två heltal, vilket bara blir 1 om båda heltalen är 1, och så bevisar man att de inte kan vara det...

Kladdigt och bara ett utkast och inte så lätt, men ungefär så här skulle man kunna göra. Men det är inte direkt Ma1-nivå...

Ja, mitt blev lite väl snabbt. Jag har sedan inte haft tid att fundera mer på det eller kolla här.