Θεωρια αριθμων (Yugoslavia 2004)

Συντονιστές: cretanman, silouan, rek2

Datis-Kalali
Δημοσιεύσεις: 117
Εγγραφή: Δευ Δεκ 12, 2016 5:33 pm
Τοποθεσία: Λευκωσία

Θεωρια αριθμων (Yugoslavia 2004)

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Datis-Kalali » Δευ Ιαν 30, 2017 6:25 pm

Αν a,b,c ειναι ακεραιοι, ετσι ωστε N= \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} ειναι επισης ακεπαραιος αριθμος. Να αποδειξειτε οτι a\cdot b\cdot c ειναι τελειος κυβος.

Δατης Καλαλη Γ'γυμνασιου, Κυπρος



Λέξεις Κλειδιά:
dement
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1405
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 10:11 am

Re: Θεωρια αριθμων (Yugoslavia 2004)

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dement » Δευ Ιαν 30, 2017 7:14 pm

Το δεδομένο γράφεται ως abc \mid a^2 c + b^2 a + c^2 b. Έστω p πρώτος και έστω v_p(n) η δύναμη του p στην παραγοντοποίηση του n.

Παίρνουμε δύο περιπτώσεις λόγω μη συμμετρικής κυκλικότητας:

1. Έστω v_p(a) \geqslant v_p(b) \geqslant v_p(c). Προφανώς v_p(abc) \leqslant v_p (a^2 c) και v_p(abc) \leqslant v_p(b^2 a).

Άρα πρέπει να ισχύει v_p(a) + v_p(b) + v_p(c) = v_p(abc) \leqslant v_p(c^2 b) = 2v_p (c) + v_p(b) \implies v_p(a) \leqslant v_p(c). Οπότε v_p(a) = v_p(b) = v_p(c).

2. Έστω v_p(b) \geqslant v_p(a) \geqslant v_p(c). Προφανώς v_p(abc) \leqslant v_p(b^2 a).

Αν δεν ισχύει v_p(b) = v_p(a) = v_p(c) τότε θα έχουμε είτε v_p(abc) > v_p (a^2 c) είτε v_p(abc) > v_p(c^2 b). Για να ισχύει λοιπόν v_p(abc) \leqslant v_p (a^2 c + b^2 a + c^2 b) θα πρέπει να έχουμε \displaystyle v_p(a^2 c) = v_p(c^2 b) \implies \displaystyle v_p (a) = \frac{v_p(b) + v_p(c)}{2}.

Και στις δύο περιπτώσεις το v_p(a) + v_p(b) + v_p(c) είναι πολλαπλάσιο του 3 για κάθε p και το abc είναι τέλειος κύβος.


Δημήτρης Σκουτέρης

Τα μαθηματικά είναι η μοναδική επιστήμη που θα μπορούσε κανείς να εξακολουθήσει να ασκεί αν κάποτε ξυπνούσε και το σύμπαν δεν υπήρχε πλέον.
Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

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