Квант
Смесь

Задачи наших читателей

Квант 1977, №4с. 23Тег 8SCS

23

Если v≠wv \neq w, то с помощью преобразования
⟨v,w⟩⇒⟨2v−w,w−v⟩\langle v, w \rangle \Rightarrow \langle 2v - w, w - v \rangle
перейдем от этой пары к паре ⟨v1,w1⟩\langle v_1, w_1 \rangle с меньшими компонентами. Если v1≠w1v_1 \neq w_1, то проделаем такой переход еще раз. Если v2≠w2v_2 \neq w_2, еще раз…
Каждай раз мы будем получить пары меньших натуральных чисел. Поэтому после конечного числа шагов мы получим пару ⟨vl,wl⟩\langle v_l, w_l \rangle из одинаковых чисел — по нашим правилам процесс может оборвать только на такой паре. Но, как мы уже знаем, тогда vl=wl=1v_l = w_l = 1. Заметим теперь, что переходы () и (**) взаимно обратны: если v=2v−wv = 2v - w, w=w−vw = w - v, то v=v+wv = v + w, w=v+2ww = v + 2w. Поэтому наша пара ⟨v,w⟩\langle v, w \rangle может быть получена из пары ⟨1,1⟩\langle 1, 1 \rangle с помощью () за ll шагов, то есть ⟨v,w⟩=⟨vl,wl⟩\langle v, w \rangle = \langle v_l, w_l \rangle.

Итак, множество решений уравнения (7) состоит из пар ⟨γ2k−1,γ2k⟩\langle \gamma_{2k-1}, \gamma_{2k} \rangle.

  1. Теперь мы можем подвести итоги: uk=vk+wk=γ2k+1u_k = v_k + w_k = \gamma_{2k+1}, значит, xk=ukvk=γ2kγ2k+1x_k = u_k v_k = \gamma_{2k} \gamma_{2k+1}, yk=vkwk=γ2k−1γ2ky_k = v_k w_k = \gamma_{2k-1} \gamma_{2k}. Теорема доказана.

  2. Последнее замечание. Если мы захотим проверить нашей решения и посмотреть, какому kk соответствует 14 строка, то оказывается, что k=2k = 2. Ачему же соответствует k=1k = 1? Не получили ли мы лишнего решения? k=1k = 1 соответствует равенство C02=C11C_0^2 = C_1^1, но стоящих подряд трех чисел как будто не видно. Однако на самом деле они есть, просто первоое из них — нуль — не написано.

Историческая справка. Рассматриваемое уравнение уже встречалось в математической литературе, правда, в несколько иной форме. (The American Mathematical Monthly, т. 37. с. 508, автор задачи — Norman Anning.) Решение ее, опубликованное в томе 38, с. 351, ничего общего ни по методам, ни по форме ответа не имеет с решением, приведенным в этой заметке.

Задание наших читателей

  1. По дороге едут с одинаковыми скоростями две одинаковые автоматические. Однако машина ведет тяжелый груз, а другая идет порожняком. Если машина одновременно начнут тормозить так, что пойдет «изом» (колеса у них не будет крутиться), то какая из них остановится раныше?

Б. Коэан (Москва)

  1. Однаконыйстержень закреплен в центре тяжелости так, что он может легко врашать в вертикальной плоскости. К концамстержня: прикреплены одинаковые грузы. Такая система в любом положении находится в состоянии равновесия. А рычажные весы, на обеих частях которых лежат одинаковые грузы, устанавливаются только горизонтально. Как вы думаете, почему?

E. Гудесблам (Одесса)

  1. Доказать, что если в треугольнике ABCABC для длины a,b,ca, b, c его сторон выполняются неравенства c>b>ac > b > a и βA,βB,βC\beta_A, \beta_B, \beta_C — длины биссертрис внутрихлов, βA′,βB′,βC′\beta_A', \beta_B', \beta_C' — длины высот, то справедливы следующее равенство:

1aβAβA′+1cβCβC′=1bβBβB′\frac{1}{a \beta_A \beta_A'} + \frac{1}{c \beta_C \beta_C'} = \frac{1}{b \beta_B \beta_B'}

  1. haβAβA′+hcβCβC′=hbβBβB′\frac{h_a}{\beta_A \beta_A'} + \frac{h_c}{\beta_C \beta_C'} = \frac{h_b}{\beta_B \beta_B'}

У. Алла (г. Выру)