Διαιρετότητα

Συντονιστές: cretanman, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 806
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Διαιρετότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Σάβ Ιούλ 04, 2020 12:17 am

Καλησπέρα!

Έστω \rm a,b,c,n θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε \rm a\mid b^n,b\mid c^n και \rm c\mid a^n.
Να αποδείξετε ότι \rm abc\mid (a+b+c)^{n^2+n+1}



Λέξεις Κλειδιά:
Κω.Κωνσταντινίδης
Δημοσιεύσεις: 39
Εγγραφή: Πέμ Μαρ 22, 2018 5:40 pm

Re: Διαιρετότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κω.Κωνσταντινίδης » Σάβ Ιούλ 04, 2020 10:08 am

Καλημέρα Πρόδρομε,

Καταρχάς παρατηρούμε ότι δεν γίνεται να υπάρχει πρώτος διαιρέτης ενός εκ των τριών αριθμών που να μην διαιρεί έστω και έναν από τους υπόλοιπους δύο. Οπότε αν γράψουμε τους αριθμούς στην κανονική τους μορφή, οι πρώτοι αριθμοί θα είναι οι ίδιοι σε κάθε αριθμό. Το μόνο που θα αλλάζει θα είναι ο εκθέτης στον οποίο είναι υψωμένος ο πρώτος αριθμός.
Για κάθε πρώτο διαιρέτη και των τριών αριθμών ισχύει (από τις δοθείσες συνθήκες):

U_{p}(a)\leq nU_{p}(b), U_{p}(b)\leq nU_{p}(c), U_{p}(c)\leq nU_{p}(a)
ΘεωρούμεU_{p}(a)=min(U_{p}(a),U_{p}(b),U_{p}(c)) (δεν αλλάζει κάτι αν θεωρούμε κάθε περίπτωση. Απλά θα μας βγει λίγο παραπάνω περιπτωσιολογία)
Πρέπει και αρκεί να δείξουμε ότι U_{p}(a)+U_{p}(b)+U_{p}(c)\leq (n^{2}+n+1)U_{p}(a)\Leftrightarrow U_{p}(b)+U_{p}(c)\leq (n^{2}+n)U_{p}(a)
Όμως πάλι από τις συνθήκες προκύπτει ότιn^{2}U_{p}(a)\geq nU_{p}(c)\geq U_{p}(b)(1) και U_{p}(c)\leq nU_{p}(a)(2).
Με πρόσθεση των (1),(2) το ζητούμενο έπεται.
τελευταία επεξεργασία από Κω.Κωνσταντινίδης σε Σάβ Ιούλ 04, 2020 8:03 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Κωνσταντινίδης Κωνσταντίνος
Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 806
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Διαιρετότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Σάβ Ιούλ 04, 2020 2:38 pm

Κω.Κωνσταντινίδης έγραψε:
Σάβ Ιούλ 04, 2020 10:08 am
Καλημέρα Πρόδρομε,

Μια λύση στα γρήγορα. Θα επανέλθω με εκτενέστερη αιτιολόγηση αν υπάρχει κάποια ασάφεια. Καταρχάς παρατηρούμε ότι δεν γίνεται να υπάρχει πρώτος διαιρέτης ενός εκ των τριών αριθμών που να μην διαιρεί έστω και έναν από τους υπόλοιπους δύο. Οπότε αν γράψουμε τους αριθμούς στην κανονική τους μορφή, οι πρώτοι αριθμοί θα είναι οι ίδιοι σε κάθε αριθμό. Το μόνο που θα αλλάζει θα είναι ο εκθέτης στον οποίο είναι υψωμένος ο πρώτος αριθμός.
Για κάθε πρώτο διαιρέτη και των τριών αριθμών ισχύει (από τις δοθείσες συνθήκες):

U_{p}(a)\leq nU_{p}(b), U_{p}(b)\leq nU_{p}(c), U_{p}(c)\leq nU_{p}(a)
ΘεωρούμεU_{p}(a)=min(U_{p}(a),U_{p}(b),U_{p}(c)) (δεν αλλάζει κάτι αν θεωρούμε κάθε περίπτωση. Απλά θα μας βγει λίγο παραπάνω περιπτωσιολογία)
Πρέπει και αρκεί να δείξουμε ότι U_{p}(a)+U_{p}(b)+U_{p}(c)\leq (n^{2}+n+1)U_{p}(a)\Leftrightarrow U_{p}(b)+U_{p}(c)\leq (n^{2}+n)U_{p}(a)
Όμως πάλι από τις συνθήκες προκύπτει ότιn^{2}U_{p}(a)\geq nU_{p}(c)\geq U_{p}(b)(1) και U_{p}(c)\leq nU_{p}(a)(2).
Με πρόσθεση των (1),(2) το ζητούμενο έπεται.
Πολύ ωραία :clap2: Μια χαρά νομίζω είναι η αιτιολόγηση, και εγώ ακριβώς αυτή την λύση είχα στο νου.

Να προσθέσω ότι η άσκηση είναι γενίκευση ενός θέματος από κυπριακό διαγωνισμό,συγκεκριμένα Δ' ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΕΠΙΛΟΓΗΣ 2013-1ο πρόβλημα.

Ακολουθώντας ακριβώς το ίδιο σκεπτικό μπορούμε να δείξουμε το εξής ακόμη γενικότερο:
Αν \rm n,a_1,a_2,...,a_m θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε \rm a_i\mid a_{i+1}^n,i=1,2,..,m με \rm a_{m+1}=a_1 τότε \displaystyle \rm \prod_{i=1}^{m}a_i \mid \left (  \sum_{i=1}^m a_i\right )^{\dfrac{n^m-1}{n-1}}


Απάντηση

Επιστροφή σε “Θεωρία Αριθμών - Προχωρημένο Επίπεδο (Juniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης