鐵之狂傲

標題: 挑戰124 [列印本頁]

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作者: M.N.M.    時間: 08-7-13 14:25
標題: 挑戰124
國中
1.若a，b，c為一三角形的三邊，則方程式
(b^2)(x^2)+(b^2 +c^2 -a^2)x+c^2=0無實根
試證之

2.求方程式x+y=(x^2)-xy+(y^2)的整數解

3.兩個鬧鐘指著中午12點。一晝夜中第一個鬧鐘快8分鐘，第二個鬧鐘慢4分鐘，經過多少分鐘，他們又同時指中午12點鐘?

高中
1.將(a^10)+(a^5)+1分解成整係數因式

2.證明:方程式
(x^3)+2(y^3)+4(z^3)-6xyz=0
沒有不全為0的整數解

3.一種硬幣的價值a(戈比)是另一種硬幣的價值b(戈比)的3倍。這兩種硬幣應該各取多少個，使得戈比數等於乘積ab，而全部硬幣的個數是3的倍數?(註:蘇聯發行的硬幣有1、2、3、5、10、15、20、50、100戈比)

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作者: 傲月光希    時間: 08-7-13 16:21

原帖由 M.N.M. 於 08-7-13 14:25 發表
國中
1.若a，b，c為一三角形的三邊，則方程式
(b^2)(x^2)+(b^2 +c^2 -a^2)x+c^2=0無實根
試證之

判別式D=[b^2+c^2-a^2]^2-4(b^2)(c^2)

根據三角不等式可得知|b-c|<a<|b+c|
=> (b-c)^2<a^2<(b+c)^2
(b-c)^2<a^2 => b^2+c^2-2bc<a^2 => b^2+c^2-a^2<2bc------------(1)
a^2<(b+c)^2 => a^2<b^2+c^2+2bc => -2bc<b^2+c^2-a^2-----------------(2)
由(1)(2),|b^2+c^2-a^2|<2bc
=> (b^2+c^2-a^2)^2<4(b^2)(c^2)
=> D=[b^2+c^2-a^2]^2-4(b^2)(c^2)<0
=> 原二次方程無實根

2.求方程式x+y=(x^2)-xy+(y^2)的整數解

原式 => x^2-xy+y^2-x-y=0 => x^2-(y+1)x+y(y-1)=0
將此式當作x的二次方程式來解，因此有實根，其判別式(y+1)^2-4*1*y(y-1)≧0
=>3y^2-6y-1≦0 => (y-1)^2≦4/3 => -2sqrt(3)/3≦y-1≦2sqrt(3)/3 (sqrt(3)≒1.732) => -0.155≦y≦2.155
=> y=0,1,2

case 1:y=0
　　　x^2-x=0 => x=0,1
case 2:y=1
　　　x^2-2x=0=> x=0,2
case 3:y=2
　　　x^2-3x+2=0 => x=1,2

因此整數解為(x,y)=(0,0),(1,0),(0,1),(2,1),(1,2),(2,2)

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作者: aeoexe    時間: 08-7-14 14:21
1.將(a^10)+(a^5)+1分解成整係數因式
因為a^15-1=(a^5-1)(a^10+a^5+1)=(a^3-1)(a^12+a^9+a^6+a^3+1)
(a^4+a^3+a^2+a+1)(a^10+a^5+1)=(a^2+a+1)(a^12+a^9+a^6+a^3+1)
因為a^15-1的因式必定兩邊一樣,且(a^2+a+1)不能再分解及整除(a^4+a^3+a^2+a+1)
所以a^10+a^5+1必定能為a^2+a+1整除,
作一次長除後,可得a^10+a^5+1=(a^2+a+1)(a^8-a^7+a^5-a^4+a^3-a+1)

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作者: skywalkerJ.L.    時間: 08-7-19 07:56
1.將(a^10)+(a^5)+1分解成整係數因式
令w為任一不等於1之三次單位根
因為w^10+w^5+1=w^2+w+1=0
可斷定a^2+a+1為a^10+a^5+1之因式
長除法得a^10+a^5+1=(a^2+a+1)(a^8-a^7+a^5-a^4+a^3-a+1)
由Eisenstein判別法則知
a^8-a^7+a^5-a^4+a^3-a+1在Q[x]不可約

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作者: turnX    時間: 08-7-25 06:21
3.兩個鬧鐘指著中午12點。一晝夜中第一個鬧鐘快8分鐘，第二個鬧鐘慢4分鐘，經過多少分鐘，他們又同時指中午12點鐘?

設經過x天重合
720+8x=(720+1440)-4x
12x=1440
x=120天
120*8=960分=16時
16+12-24=4

經過120天後將又指向早上4點
經過240天後將又指向晚上8點
經過360天後將又指向中午12點
360*24*60=518400分

[ 本文章最後由 turnX 於 08-7-25 07:51 編輯 ]

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作者: turnX    時間: 08-7-25 13:30
3.一種硬幣的價值a(戈比)是另一種硬幣的價值b(戈比)的3倍。這兩種硬幣應該各取多少個，使得戈比數等於乘積ab，而全部硬幣的個數是3的

倍數?(註:蘇聯發行的硬幣有1、2、3、5、10、15、20、50、100戈比)

一種硬幣的價值a(戈比)是另一種硬幣的價值b(戈比)的3倍
符合此條件者有
(1,3)
(5,15)
設價值a有x個
設價值b有y個
a=3b
總和為3bx+by=b(3x+y)
又 b(3x+y)=ab
3x+y=3b -----(1)
而全部硬幣的個數是3的倍數-----(2)
符合(1)(2)者

在a=3,b=1時
有a戈比0個,有b戈比3個

在a=15,b=5時
有a戈比0個,有b戈比15個
有a戈比3個,有b戈比6個

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作者: turnX    時間: 08-7-26 02:23
2.證明:方程式
(x^3)+2(y^3)+4(z^3)-6xyz=0
沒有不全為0的整數解

先做移位
(x^3)+2(y^3)+4(z^3)=6xyz
((x^3)+2(y^3)+4(z^3))/3=2xyz
利用算數平均>=幾何平均
((x^3)+2(y^3)+4(z^3))/3>=2xyz
當大於的情況發生,無解
當等於的情況發生
x^3=2y^3=4z^3
剛好是(0,0,0)
所以就只有此解
於是沒有不全為0的整數解,得證

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作者: M.N.M.    時間: 08-7-31 17:31
解答
高中2
若x_0，y_0，z_0是所給方程式的解，則由於方程式的齊次性，對任意k，
kx_0，ky_0，kz_0也是它的解。
很明顯只要證明方程式沒有互質的整數解

證
設x_0，y_0，z_0是所給方程式的解，且沒有不等於1的公因子
則[(x_0)^3]+2[(y_0)^3]+4[(z_0)^3]-6(x_0)(y_0)(z_0)=0......(1)

得出x_0應為偶數，即x_0=2x_1，x_1為整數，2x_1代入(1)的x_0
4[(x_1)^3]+[(y_0)^3]+4[(z_0)^3]-6(x_1)(y_0)(z_0)=0......(2)

得出y_0應為偶數，即y_0=2y_1，y_1為整數，2y_1代入(2)的y_0
2[(x_1)^3]+4[(y_1)^3]+[(z_0)^3]-6(x_1)(y_1)(z_0)=0

得出z_0應為偶數，即z_0=2z_1，z_1為整數

由x_0=2x_1，y_0=2y_1，z_0=2z_1得知，有公因子2與假設矛盾

所以方程式(x^3)+2(y^3)+4(z^3)-6xyz=0沒有不全為0的整數解

故得證

[ 本文章最後由 M.N.M. 於 08-8-7 12:19 編輯 ]

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