Είναι ακέραιος;

Antonis_Z · #1

Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι a,b,c

τέτοιοι ώστε ο αριθμός $K=\frac{a^2+b^2+c^2}{3(ab+bc+ca)}$ να είναι ακέραιος.

sokratis lyras · #2

Antonis_Z έγραψε:Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε ο αριθμός $K=\frac{a^2+b^2+c^2}{3(ab+bc+ca)}$ να είναι ακέραιος.

Έστω

οι ελάχιστοι αριθμοί για τους οποίους ισχύει $K\in Z$ (1).

H (1) γράφεται $a^2+b^2+c^2=3\cdot m(ab+bc+ca)$

Έχουμε προφανώς 2 περιπτώσεις :

A) $a^2\equiv b^2\equiv c^2\equiv 1\mod 3$ που παίρνουμε άτοπο με $\mod 3$

B) $a^2\equiv b^2\equiv c^2\equiv 0\mod 3\Rightarrow a\equiv b\equiv c\equiv 0\mod 3$ .

Αν τώρα a=3a_1

και

προκύπτει άτοπο αφού προκύπτει ότι η τριάδα (a_1,b_1,c_1)

ικανοποιεί την (1).

Παναγιώτης 1729 · #3

Το α) δεν βλέπω πώς μπορεί να δώσει άτοπο. Αν θέλεις γράψε λίγο πιο αναλυτικά το τελείωμα γι' αυτό.
Το πρόβλημα λύνεται και με τετραγωνική αντιστροφή, αλλά ας μείνουμε σε πιο στοιχειώδη μέσα.
Αρκεί να θεωρήσουμε την περίπτωση (a,b,c)=1

.
Είναι

. Ο

έχει έναν πρώτο παράγοντα p=-1(mod 3)

που εμφανίζεται σε περιττή δύναμη, άρα p|ab+bc+ca

και

. Συνεπώς, p|a^2-ab+b^2

. Προφανώς ο

δεν είναι

, γιατί τότε θα παίρναμε 2|(a,b,c)

. Είναι $\displaystyle a^3=-b^3(mod p)\Rightarrow{(a^3)^{\frac{p+1}{3}}=(-b^3)^{\frac{p+1}{3}}}$ . Άρα, a^2=b^2(mod p)

από θεώρημα Fermat (είναι εύκολο να δειχθεί ότι οι a,b,c

δεν διαιρούνται από το

).
Άρα,

. Συνεπώς, p|a+b

, ομοίως

. Άρα,

, άτοπο.

Invisible · #4

Νομίζω πως υπάρχει κάποιο λάθος στην λύση του Panagioti. Κατ' αρχάς, πώς συμπεράναμε ότι ο p διαιρεί το a^2+b^2-a*b.
Επίσης, πώς έγινε η συνεπαγωγή στη πέμπτη σειρά από το τέλος?
Θα ήθελα πάντως να δω μια λύση για αυτό το θέμα γιατί πολύ με έχει ταλαιπωρήσει.
Cheers!

sokratis lyras · #5

Τώρα είδα την επισήμανση του Παναγιώτη,θα το κοιτάξω.

#6

Invisible έγραψε:Νομίζω πως υπάρχει κάποιο λάθος στην λύση του Panagioti. Κατ' αρχάς, πώς συμπεράναμε ότι ο p διαιρεί το a^2+b^2-a*b.
Επίσης, πώς έγινε η συνεπαγωγή στη πέμπτη σειρά από το τέλος?
Θα ήθελα πάντως να δω μια λύση για αυτό το θέμα γιατί πολύ με έχει ταλαιπωρήσει.
Cheers!

Νόμιζα ότι το είχα, αλλά είναι

$a^2+b^2{\color{red}{+}}ab=(a+b)(a+b+c)-a(ab+bc+ca)$

Φιλικά,

Αχιλλέας

#7

Όντως είναι p|(a^2+b^2+ab)

. Και αυτό όμως οδηγεί σε λύση. Είναι p|(a-b)(a^2+b^2+ab)

άρα $a^3 \equiv b^3 \bmod p$ και υψώνοντας στην (p+1)/3

από Fermat όπως στην λύση του Παναγιώτη παίρνουμε $a^2 \equiv b^2 \bmod p$ και έπειτα $a \equiv b \bmod p$ . Ομοίως $a \equiv c \bmod p$ και άρα $3a \equiv a+b+c \equiv 0 \bmod p$ . Επειδή τέλος $p \neq 3$ πρέπει $a \equiv 0 \bmod p$ που είναι άτοπο αφού δίνει p|(a,b,c)

.

Antonis_Z · #8

Μήπως γίνεται να δούμε αναλυτικά και τη λύση με την τετραγωνική αντιστροφή που ανέφερε ο Παναγιώτης;

#9

Antonis_Z έγραψε:Μήπως γίνεται να δούμε αναλυτικά και τη λύση με την τετραγωνική αντιστροφή που ανέφερε ο Παναγιώτης;

Ξεκινούμε όπως στην λύση του Παναγιώτη μέχρι να δείξουμε ότι υπάρχει πρώτους p > 3

με $p \equiv 2 \bmod 3$ και p|(a^2+ab+b^2)

. Μπορούμε να υποθέσουμε ότι $p \nmid a$ και $p \nmid b$ αφού τότε εύκολα καταλήγουμε σε άτοπο. Τότε είναι $(2a+b)^2 \equiv -3b^2 \bmod p$ και αφού $p \nmid b$ πρέπει $\displaystyle{ \left( \frac{-3}{p}\right) = 1}$ . Όμως

$\displaystyle{ \left( \frac{-3}{p}\right) = \left( \frac{-1}{p}\right) \left( \frac{3}{p}\right)}$

και βλέπουμε ότι τόσο στην περίπτωση $p \equiv 1 \bmod 4$ όσο και στην περίπτωση $p \equiv 3 \bmod 4$ είναι $\displaystyle{ \left( \frac{-3}{p}\right) =\left( \frac{p}{3}\right).}$ Όμως $\displaystyle{\left( \frac{p}{3}\right) = \left( \frac{2}{3}\right) = -1,}$ άτοπο.

chris · #10

Δείτε και εδώ.

Είναι ακέραιος;

Είναι ακέραιος;

Re: Είναι ακέραιος;

Re: Είναι ακέραιος;

Re: Είναι ακέραιος;

Re: Είναι ακέραιος;

Re: Είναι ακέραιος;

Re: Είναι ακέραιος;

Re: Είναι ακέραιος;

Re: Είναι ακέραιος;

Re: Είναι ακέραιος;

Μέλη σε σύνδεση