PuzzelsHey kan iemand me misschien helpen bij het oplossen van deze vraag.
Laat a, b, c en d gehele getallen zijn. Bewijs dat de vergelijking
x^2 + ax + b = y^2 + cy + d
oneindig veel oplossingen (x, y) in gehele getallen heeft dan en slechts dan als a^2 − 4b = c^2 − 4d
-
donald_sciencetalk
- Artikelen: 0
- Berichten: 10
- Lid geworden op: do 21 sep 2023, 19:02
Re: getaltheorie, deelbaarheid
Herleid als volgt:
x^2 + ax + b = y^2 + cy + d
(x + \frac{1}{2}a)^2 - \frac{1}{4}a^2 + b = (y + \frac{1}{2}c)^2 - \frac{1}{4}c^2 + d
(x + \frac{1}{2}a)^2 - (y + \frac{1}{2}c)^2 = \frac{1}{4}a^2 - \frac{1}{4}c^2 + d - b
(2x + a)^2 - (2y + c)^2 = a^2 - c^2 + 4d - 4b
((2x+a)+(2y+c))((2x+a)-(2y+c)) = a^2 - c^2 + 4d - 4b
resultaat:
(2x+2y+a+c)(2x-2y+a-c) = a^2 - c^2 + 4d - 4b
(stap 1) Als a^2 - c^2 + 4d - 4b = 0 dan zijn er oneindig veel geheeltallige oplossingen (x, y):
Als dit het geval is, is tenminste 1 factor in het linker lid van bovenstaand resultaat gelijk aan nul.
Stel 2x+2y+a+c = 0
dan is y = -x - \frac{a+c}{2}
De laatste breuk is geheeltallig:
omdat a^2 - c^2 + 4d - 4b = 0 is a^2-c^2 = 4(b-d),
en het verschil van de 2 kwadraten van a resp c is alleen een viervoud als a en c beide even zijn of beide oneven
(bewijs via a=2k+1 en c=2m+1 etc.),
en in dat geval is \frac{a+c}{2} geheeltallig
Evenzo voor 2x-2y+a-c = 0
(stap 2) Als a^2 - c^2 + 4d - 4b \neq 0 dan zijn er hooguit eindig veel geheeltallige oplossingen (x, y):
Stel T = a^2 - c^2 + 4d - 4b.
T heeft slechts eindig veel (negatieve of positieve) delers.
Voor elke deler d_1 bestaat er een d_2 = \frac{T}{d_1}.
Deze delers stellen we gelijk aan de factoren in het linker lid van bovenstaand resultaat.
We krijgen dan het stelsel
\left\{ \begin{array}{lll} 2x+2y & = & d_1 -a-c \\ 2x-2y & = & d_2 -a+c \end{array} \right.
waaruit we vrij eenvoudig de oplossingen (x, y) kunnen halen.
Kom je hiermee verder?
x^2 + ax + b = y^2 + cy + d
(x + \frac{1}{2}a)^2 - \frac{1}{4}a^2 + b = (y + \frac{1}{2}c)^2 - \frac{1}{4}c^2 + d
(x + \frac{1}{2}a)^2 - (y + \frac{1}{2}c)^2 = \frac{1}{4}a^2 - \frac{1}{4}c^2 + d - b
(2x + a)^2 - (2y + c)^2 = a^2 - c^2 + 4d - 4b
((2x+a)+(2y+c))((2x+a)-(2y+c)) = a^2 - c^2 + 4d - 4b
resultaat:
(2x+2y+a+c)(2x-2y+a-c) = a^2 - c^2 + 4d - 4b
(stap 1) Als a^2 - c^2 + 4d - 4b = 0 dan zijn er oneindig veel geheeltallige oplossingen (x, y):
Als dit het geval is, is tenminste 1 factor in het linker lid van bovenstaand resultaat gelijk aan nul.
Stel 2x+2y+a+c = 0
dan is y = -x - \frac{a+c}{2}
De laatste breuk is geheeltallig:
omdat a^2 - c^2 + 4d - 4b = 0 is a^2-c^2 = 4(b-d),
en het verschil van de 2 kwadraten van a resp c is alleen een viervoud als a en c beide even zijn of beide oneven
(bewijs via a=2k+1 en c=2m+1 etc.),
en in dat geval is \frac{a+c}{2} geheeltallig
Evenzo voor 2x-2y+a-c = 0
(stap 2) Als a^2 - c^2 + 4d - 4b \neq 0 dan zijn er hooguit eindig veel geheeltallige oplossingen (x, y):
Stel T = a^2 - c^2 + 4d - 4b.
T heeft slechts eindig veel (negatieve of positieve) delers.
Voor elke deler d_1 bestaat er een d_2 = \frac{T}{d_1}.
Deze delers stellen we gelijk aan de factoren in het linker lid van bovenstaand resultaat.
We krijgen dan het stelsel
\left\{ \begin{array}{lll} 2x+2y & = & d_1 -a-c \\ 2x-2y & = & d_2 -a+c \end{array} \right.
waaruit we vrij eenvoudig de oplossingen (x, y) kunnen halen.
Kom je hiermee verder?
