Εξίσωση

#1

Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι a,b,c

τέτοιοι ώστε $\lcm(a,b,c)=\dfrac{ab+bc+ca}{4}$ .

#2

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 16, 2022 6:24 pm
Να βρεθούν όλοι οι θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε $\lcm(a,b,c)=\dfrac{ab+bc+ca}{4}$ .

Γράφουυμε $M = \lcm(a,b,c)$ . Τότε έχουμε M = ar = bs = ct

για κάποιους θετικούς ακεραίους r,s,t

με $\lcm(r,s,t) = 1$ . Έχουμε

$\displaystyle 4M = ab+bc+ca = M^2\left(\frac{1}{rs} + \frac{1}{st} + \frac{1}{tr} \right) \implies 4rst = M(r+s+t)$

Έστω περιττός πρώτος

τέτοιος, ώστε p|r+s+t

. Τότε

. Χωρίς βλάβη της γενικότητας p|r

. Τότε

. Αν

τότε

και επειδή $\lcm(r,s,t)=1$ καταλήγουμε σε άτοπο. Άρα $p|r,p\nmid s, p \nmid t$ . Έστω

μέγιστο ώστε p^k|r

. Τότε

μέγιστο ώστε p^k|4rst

. Όμως $p^k|r \implies p^k|M$ και έχουμε επίσης ότι p|r+s+t

. Επομένως $p^{k+1}|M(r+s+t)$ , άτοπο.

Άρα το r+s+t

είναι δύναμη του

. Επειδή $\lcm(r,s,t)=1$ , δεν μπορούν τα r,s,t

να είναι όλα άρτιοι. Αναγκαστικά θα έχουμε έναν άρτιο, έστω τον

και δύο περιττός. Έστω

μέγιστο ώστε 2^k|r

. Τότε έχουμε και 2^k|M

. Έχουμε επίσης ότι $r+s+t \geqslant 2^{k+1}$ , άρα $2^{k+1}|r+s+t$ και $2^{2k+1}|M(r+s+t)$ . Αφού $2^{2k+1}|4rst$ και s,t

περιττοί, τότε $2^{2k-1}|r$ . Από τον ορισμό του

πρέπει $2k-1 \leqslant k$ και αφού $k \geqslant 1$ , τότε k = 1

.

Επίσης, για να έχουμε ισότητα στην πιο πάνω παράγραφο, πρέπει $r+s+t = 2^{k+1}=4$ αφού αλλιώς θα είχαμε $2^{k+2}|r+s+t$ που θα κατέληγε σε άτοπο.

Τότε όμως είναι r=2,s=t=1

και προκύπτει M = 4

.

Άρα μόνες τριάδες είναι οι (a,b,c) = (1,2,2)

και οι μεταθέσεις της.

vgreco · #3

Κάπως πιο απλά:

Χωρίς βλάβη της γενικότητας, υποθέτω $a\geq b\geq c \,\,\, (1)$ .

Προφανώς:

$a \mid \dfrac{ab+bc+ca}{4} \Rightarrow a \mid ab+bc+ca \Leftrightarrow a \mid a(b+c)+bc \Rightarrow a \mid bc$

Και επειδή καθένας από τους

,

διαιρεί τον

, έπεται πως $\lcm(a,b,c) \mid bc \Rightarrow \lcm(a,b,c) \leq bc$

Τώρα, εάν ήταν $\lcm(a,b,c)<bc$ , τότε θα ήταν επίσης $\lcm(a,b,c)\leq \dfrac{bc}{2} \Leftrightarrow 2bc \geq ab+bc+ca \overset{(1)}{\geq} 3bc$ , ατοπο. Έτσι, είναι υποχρεωτικά $\lcm(a,b,c) = bc \,\,\, (2)$ .

Με παρόμοιο τρόπο δείχνουμε $b \mid ca$ και κατόπιν $\lcm(a,b,c)=ca$ . Έτσι, προκύπτει $\boxed{a = b \,\,\, (3)}$ .

Από τη σχέση (2)

, ομως, έχουμε: $\dfrac{ab+bc+ca}{4}=bc \Leftrightarrow ab+ac=3bc \overset{(3)}{\Leftrightarrow} a^2 + ac = 3ac \Leftrightarrow a = b = 2c$ .

Εύκολα μετά: $\dfrac{ab+bc+ca}{4}=\dfrac{4c^2 + 2c^2 + 2c^2}{4}=2c^2\overset{(2), (3)}{=\joinrel=\joinrel=\joinrel=}2c \Leftrightarrow \boxed{c = 1}$ , απ' όπου $\boxed{a=b=2}$ .

Έτσι, οι μοναδικές λύσεις είναι οι (a,b,c)=(2,2,1)

και οι αντιμεταθέσεις τους.

#4

vgreco έγραψε: ↑
Τρί Αύγ 30, 2022 2:48 pm
Κάπως πιο απλά:

Πολύ ωραία. Βλέπω ότι και εδώ έχεις δώσει μια σύντομη λύση.

Απορία: Είσαι καθηγητής ή μαθητής;

Εξίσωση

Εξίσωση

Re: Εξίσωση

Re: Εξίσωση

Re: Εξίσωση

Μέλη σε σύνδεση