Можно ли подобрать такие рациональные числа x,y, что будет верным равенство:
x*y*(x+y)=3

(13) ну это не тривиально

что нибудь проверки корень из 2 не рациональное, типо четности

(10) Множество действительных чисел. Так что все ОК. Под решения не подпадают только мнимые числа

ну, или дские корни

(16) ну у меня и начальное уравнение немного другое.
вощем вся суть в доказательстве иррациональности (13) или (15), не принципиально

(19) действительные <> рациональные

да, скучная задача - показать что y^3+12 не может быть квадратом рационального числа

(19) как все грустно с математикой, расскажи тогда корню из 2, что он рационален, или числу пи

(23) это почему?
там вроде y^4+12*y

да немного не так
x=ty (что оба не нули проверяется непосркдственно)
тогда
y^3*t*(t+1)=3
t^2+t-3/y^3=0
и дискриминант
1+12/y^3=R^2
все равно уже куб а не 4я степень

или y^3=(R^2-1)/12

(27) а дальше, наверно, надо курить чтото вроде признаков делимости, но я не придумал как :)

1000000 руб за ТЗ и 5000000 за разработку

(24), (22) Я исправился. И наного раньше Ваших комментов.

(0) Ну, я подобрал. А в чем челлендж-то?

Свел к задаче
Подобрать такие натуральные n и m чтобы
9+4*m^3=n^2

рациональных нет! если добавить комплексную то да

(33) Мда. Слова знакомые вспомнил?

Вот пока что вышло:

Решаем x*y*(x+y)=3 относительно x:
y*x^2+y^2*x-3=0

x1=(-y^2+sqrt(D))/(2*y)
x2=(-y^2-sqrt(D))/(2*y)
D = y^4+12*y

Вся проблема рациональности в том, чтобы D = y^4+12*y был квадратом рационального числа.
Пусть y=a/b, где a,b - взаимнопростые целые числа. Заметим также, что a,b<>0.

y^4+12*y = (a^4+12*a*b^3)/(b^4)
знаменатель - квадрат, значит квадратом должен быть и числитель
то есть a^4+12*a*b^3 = z^2, где z - некое целое число.
Заметим z делится на a, то есть z=k*a
a^4+12*a*b^3 = (k^2)*(a^2)
a^3+12*b^3 = (k^2)*a
12*b^3 = (k^2)*a-a^3
правая часть делится на a, значит и левая делится, но a,b - взаимнопросты. Значит 12 делится на a.
Итак имеем следующие варианты:
a= 1,2,3,4,6,12,-1,-2,-3,-4,-6,-12

Дальше пока перебор получается тяжким...

Решение точно есть? Или это нужно опровергнуть?

(36) мне кажется стоит доказать, что решения нет

Допустим
http://www.texify.com/img/%5CLARGE%5C%21x%3D%5Cfrac%7Bp_x%7D%7Bq_x%7D%20%3B%20y%3D%5Cfrac%7Bp_y%7D%7Bq_y%7D%3B.gif

где p и q - натуральные числа, больше нуля. Мы имеем право считать эти дроби нескоратимыми.

Тогда
http://www.texify.com/img/%5CLARGE%5C%21xy(x%2By)%3D3%20%5CLeftrightarrow%20%5Cfrac%7Bp_x%7D%7Bq_x%7D%5Cfrac%7Bp_y%7D%7Bq_y%7D(%5Cfrac%7Bp_xq_y%2Bp_yq_x%7D%7Bq_xq_y%7D)%3D3%3B.gif

Избавимся от дробей
http://www.texify.com/img/%5CLARGE%5C%21p_xp_y(p_xq_y%2Bp_yq_x)%3D3(q_xq_y)%5E%7B2%7D%3B.gif

Теперь заметим, что так как дроби по условию не сократимы, то такое возможно только при
http://www.texify.com/img/%5CLARGE%5C%21p_xp_y%3D3%3Bp_xq_y%2Bp_yq_x%3D(q_xq_y)%5E2.gif

Это так потому что, иначе у p и q в их разложении будут одинаковые множители, что противоречит несократимости дроби.
Первое выражение может выполнятся только при таких натуральных p
http://www.texify.com/img/%5CLARGE%5C%21p_x%3D1%3Bp_y%3D3%3B.gif
с точностью до симметрии

А значит
http://www.texify.com/img/%5CLARGE%5C%21q_y%2B3q_x%3D(q_xq_y)%5E2.gif

Решаем это как квадратное уравнение и получаем следующий дискриминант
http://www.texify.com/img/%5CLARGE%5C%21D%3D9%2B4q_y%5E%7B3%7D.gif

Который должен равнятся квадрату
осталось перебрать натуральные числа и посмотреть, получается ли какой нибудь квадрат.

>>Теперь заметим, что так как дроби по условию не сократимы, то такое возможно только при
http://www.texify.com/img/%5CLARGE%5C%21p_xp_y%3D3%3Bp_xq_y%2Bp_yq_x%3D(q_xq_y)%5E2.gif

Тут поосторожнее бы, почему не может быть
px=qy^2 и py=qx^2 и это только крайний случай

>>где p и q - натуральные числа, больше нуля. Мы имеем право считать эти дроби нескоратимыми.
ну... как минимум не натуральные, а целые, и явно не обязательно больше нуля

(39) а ну да, что то тут не очень

(39) Пример не правильный, но утверждение мне кажется все равно не верным

Может так:

xy(x+y)=3

y=a/b
x=c/d

a, b, c, d -взаимопростые числа

замена: k - рационально
y=kx

x+y=x(1+k)

x^3k(1+k)=3

следовательно:

x, y, k числители и знаменатели не делятся на 3.

а вот k+1 и тогда x+y может прекрасно делится на 3:

k=(3m+1)/(3n+2)

1+k=3(m+n+1)/(3n+2)

(43) и какой же вывод?

>> a, b, c, d -взаимопростые числа
если попарно, то это не так
>>x, y, k числители и знаменатели не делятся на 3.
почему?

Ненавижу 1С ты откуда школьные задачи черпаешь -- из егэ что ли ?

(45) ты сначала реши ее, потом умничай

(44)
a, b, c, d -взаимопростые числа  - дополнительное условие для простоты.

(46) так я двоечник

(32) m = 0 n = 3

(49) в (38) я уточнил, что число больше нуля

Другой подход:

Умножаем уравнение на куб общего знаменателя и получаем уравнение в целых числах:
X*Y*(X+Y)=3*Z^3
если хотя бы два из чисел X,Y,(X+Y) имеют общий делитель больший 1, то они все имеют этот делитель и Z - также на него делится. Следовательно можно на него разделить и уравнение останется неизменным. Поэтому можно считать, что X,Y,(X+Y) попарно взаимнопросты.
Поэтому любой простой делитель Z входит в разложение одного и только одного из этих чисел. А значит два из них кубы, а одно - утроенный куб.
То есть имеем,
либо A^3+B^3=3*C^3
либо 3*A^3+B^3=C^3

(51) И выходим на что то типа Большой теоремы Феерма

(51) при умножении уравнения, нужно умножать обе части, поэтому уравнение X*Y*(X+Y)=3*Z^3 НЕ ВЕРНО. при умножении нужно умножать обе части.

(53) У него обе умножены

(54) хоть убей не вижу. левая часть без изменения, а права я новым члевом.

(55) это не сравнение, были рациональные, стали целые

(55)
http://www.texify.com/img/%5CLARGE%5C%21x%3D%5Cfrac%7Bp_x%7D%7Bq_x%7D%20%3B%20y%3D%5Cfrac%7Bp_y%7D%7Bq_y%7D%3Bxy(x%2By)%3D3%20%5CLeftrightarrow%20%5Cfrac%7Bp_x%7D%7Bq_x%7D%5Cfrac%7Bp_y%7D%7Bq_y%7D(%5Cfrac%7Bp_xq_y%2Bp_yq_x%7D%7Bq_xq_y%7D)%3D3%3B.gif

После этого умножаем левую и правую часть на куб знаменателя и делаем замены
http://www.texify.com/img/%5CLARGE%5C%21p_xq_yp_yq_x(p_xq_y%2Bp_yq_x)%3D3(q_xq_y)%5E%7B3%7D%3BX%3Dp_xq_y%3BY%3Dp_yq_x%3BZ%3Dq_xq_y.gif

Вот и получается
X*Y*(X+Y)=3Z^3

(56) для того, чтобы перейти от рациональных к целым надо и переменные x и y поменять

(58) я их поменял, с маленьких на большинькие
в (57) расписали подробнее

(52) не совсем, из А^3+B^3 кратно 3 => А^3+B^3 кратно 9 т.к. либо А и В кратны 3, либо А = 3k+1, В = 3n+2

А теорема Ферма для рациональных чисел верна?

(60) Ты прав, отсюда следует, что C точно кратно 3, а значит
A^3+B^3 кратно 3^4

(60) "либо А и В кратны 3" - отметается вариант (они же взаимнопросты)
(62) согласен, но что это дает?

(63) У нас пока вообще нет ничего, что хоть что либо давало

(0) График для наглядности построить не смог?

(65) простите, график нам как поможет в этой задаче?

(65) А еще книжку раскраску добавить

(61) Нет

a^3+b^3=3^p*c^3

p - целое больше нуля

представим:

a=3^pn+1
b=3^pm+3^p-1

тогда:

a^3+b^3 будут кратны 3^(p+1)

+(68)
http://www.wolframalpha.com/input/?i=((3^p)*a%2B1)^3%2B((3^p)*b%2B3^p-1)^3

+(68) Можно добавить, что с - не кратно 3

+(70) Получили противоречие.

(71) ты какую задачу решал?

(66) Переведи формулу в состояние  "Y = ..."
Построй график от X и увидишь что у тебя подобраться может.

(73) а как ты на карте рациональную точку от нерациональной отличишь?

Дайте кто нибудь раскраску Ленке_Бу

(72) A^3+B^3=3*C^3

A и B - взаимопросты, значит на 3 не  делятся.

тогда делится сумма.

представим:

A=3n+1
B=3m+2

получается, что С кратна 3, делаем замену С=3С`

Тогда:

A^3+B^3=3^4C`

Снова представим:

A=81n+1
B=81m+80

и т.д.

(74) Логарифмом.
Под словом "карта" имеется ввиду график или ты с координатами GPS возишься?

(76)

>> Снова представим:
>> A=81n+1
>> B=81m+80

а вот тут вариантов поболее
A=81n+2
B=81m+25
например и т.д.

(77) ну давай, пробуй

(79) Еще и за тебя делать? Жди вечера тогда.

(80) жду ))

уравнение не имеет рациональных решений
http://www.stihi.ru/2012/01/17/887

(80) чей-то не дождался, обидно
(82) класс

Походу и правда аналог теоремы Ферма... Таниямой, модулярными формами и эллиптическими кривыми попахивает.

(84) Не все так просто.

x*y*(x+y)=1 - получаем Ферма,

x*y*(x+y)=2 - имеет тривиальное решение.

(85) почему Ферма, да и аналог для n=3 достаточно давно доказан

(86) Еще Эйлером, кажись.

X*Y*(X+Y)=Z^3

>>Поэтому можно считать, что X,Y,(X+Y) попарно взаимнопросты.
Поэтому любой простой делитель Z входит в разложение одного и только одного из этих чисел.

Тогда:

X, Y, X+Y - кубы.

(88)  там утроенный куб справа

Хм...

(89)
Я про свой пост (85), который к (84)

>>x*y*(x+y)=1 - получаем Ферма

добавлю, для степени 3.

К чему это все. Если рассмотреть такой вариант уравнения:

xy(x+y)=c, где с - целое положительное число, то перебирая

с=1,2,3... получаем либо очень сложные либо очень простые.

Сразу говорить, что уравнение в (0) не имеет элементарного решения я бы не стал, для с=2 оно же есть. Но что-то его не видно.

(0) а может пойти из определения рациональных чисел? число x - рационально, если существуют такие целые a и b взаимнопростые числа, что x=a/b.

И если заменить x=a/b и y=c/d, то получим

(a/b) * (c/d) * ((a/b) + (c/d)) = 3

и уже решать это в рамках целых чисел?

(91) Не читатель? Например (6) или (43)

(92) пропустил...

(83) +1

в продолжении (91). раскрываем все скобки и имеем
a^2сd + abc^2 - 3bd = 0
решим это квадратное уравнение относительно a.
Da=b^2*c^4 + 12bсd^2 = z^2

a= (-bc^2 +- Da)/2cd

так как а целое, значит (-bc^2 +- z) делится без остатка на 2cd. значит z либо равно 0, либо делится на c и равно z=kc.
если z=0, тогда b^2*c^4+12bcd^2=0, делим на bc,
bc^3 + 12d^2 = 0, выражаем b = -12d^2/c^3. то так как b целое, а c и d взаимнопросты, то z <> 0.

значит z=kc, z^2 = k^2*c^2 = b^2*c^4 + 12bcd^2
ck^2 = b^2*c^3 + 12bd^2
ck^2 = b(bc^3 + 12d^2)
k^2 = b(bc^3 + 12d^2)/c

так как k целое, то либо b%c=0 либо (bc^3 + 12d^2)%c=0
так как c и d взаимнопросты, то либо b%c=0 либо 12%с=0, то есть либо b=lc, либо с = +-1;+-2;+-3;+-4;+-6;+-12.

аналогично можно поступить, если решать квадратное уравнение относительно c, тогда получим примерно подобные результаты для a.

Дальше надо как-то это объединять и двигаться дальше.

квадраты потерялись уже в первой строке:

a^2*с*d + a*b*c^2 - 3*b^2*d^2 = 0

(96) эх блин... теперь опять пересчитывать... но логика верна.

(95) и далее:

"значит z либо равно 0, либо делится на c" а чем 0 отличается то? 0 тоже всегда делится на c<>0

(99) из понятия дескриминанта. чтобы сразу разделить эти варианты решения и не закладываться дальше на 0.

(96) не смотря на потерю корней, логика не меняется и вывод все равно тотже, либо 12%c=0, либо b^2%c=0.

"значит (-bc^2 +- z) делится без остатка на 2cd. значит z либо равно 0, либо делится на c и равно z=kc."
Сумма делится, это не значит, что слагаемые делятся (1+3)/2, целое, но это не значит, что 3/2 целое.
Или я не понял довода

(101) так как сумма должна делиться на с, и одно из слагаемых делится bc^2%c=0, то и второе слагаемое должно делиться на с.

у меня получилось k^2=b^2(c^2+12d^3)/c в общем варианте, все целые.
Значит скобка деленная на с должна быть целой, значит с^2/c должна быть целой, как факт и 12d^3/c целой, d^2 можно выкинуть, это целое число 12d/c должно быть целым, при этом c/d рациональное.
Получается, что для рациональности в данном варианте необходимо, чтобы с имело все общие множители с как и у d  плюс 3,6,12.
А дальше для полного перекрытия думаю надо решить квадратные уравнения относительно всех компонентов, т.е. a,b,c,d , получится полный набор требований, если они не противоречат друг другу то рациональное решение есть)
(102) спс за разъяснение.

(103) ну и забыл 12d^3/c >=1

(103) немножко не так, по условию рациональности y, c и d - взаимнопросты, то есть d%c<>0, значит 12d^3 при делении на с, из 12 и d может делиться только 12. а так как по целое, это не обязательно положительное, то в этом случае с +-1;+-2;+-3;+-4;+-6;+-12.

(103) можно изначально, переводя x и y, определиться со знаками, что a и c <> 0, а b и d > 0.

(105) Да, про взаимность забыл.

Пусть x=a/b и y=c/d тогда
3b^2%c=0
ab%d=0
и симметрично
3d^2%a=0
cd%b=0

(108) Что это?

столько движений
профессиональный математик скажет , что нужно ввести какое нибудь пространство
и норму в нем ...
Никто уже давно так не решает ничего
такие примеры давно являются частными случаями

Чем там теорема Ферма оказалась?
возможностью пересечения фигур в экзотическом пространстве? )

вот кому интересно :
http://www.sciteclibrary.ru/rus/catalog/pages/5666.html

(111) Кошмар.

(112)
это не кошмар
это еще детский сад )
мне так кажется ...

(113) Даже в Word 6 был набор формул...

(110) есть и метод введения нормы, но мне кажется тут все к эллиптическим кривым сводится

может быть , но раз нужно найти не просто пересечение
а на множестве рациональных чисел ,
то наверное какая нибудь норма