|
|
Post by Evgeny on Mar 18, 2022 1:30:05 GMT 4
მოცემულია დადებითი ნატურალური რიცხვები $a,b,c,d$ რომლებისთვისაც
$a\cdot b=c\cdot d$. შეიძლება თუ არა, რომ მათი ჯამი $a+b+c+d$ მარტივი რიცხვი იყოს?
|
|
aleksandretchagalidz
სრული წევრი
Die ganzen Zahlen hat der liebe Gott gemacht, alles andere ist Menschenwerk.
Posts: 131
|
Post by aleksandretchagalidz on Mar 18, 2022 15:38:24 GMT 4
ლემა 1.თუ $gcd(a,b)=1$ და $a|bc$ მაშინ $a|c$.
ლემა 2. ვთქვათ $a,b,c,d \in \mathbb{N}$ და $ab=cd$ მაშინ $\exists m,n,p,q \in \mathbb{N}:a=mn, b=pq, c=mp, b=nq$
ლემა ორის ძალით გვაქვს $a+b+c+d=mn+pq+mp+nq=(m+q)(n+p)$ მაგრამ $m,p,q,n\geq 1$ შესაბამისად $m+q,n+p\geq 2$ ე.ი. ჩვენ რიცხვს გააჩნია 1-ისაგან განსხვავებული საკუთრივი გამყოფი, ანუ ის არ არის მარტივი. რ.დ.გ.
|
|
aleksandretchagalidz
სრული წევრი
Die ganzen Zahlen hat der liebe Gott gemacht, alles andere ist Menschenwerk.
Posts: 131
|
Post by aleksandretchagalidz on Mar 18, 2022 15:58:22 GMT 4
ლემა 1. დამტკიცება:
ბეზუს იგივეობის ძალით $ax+by=1, x,y\in \mathbb{Z}$. საიდანაც $acx+bcy=c$ საიდანაც ჩანს დასამტკიცებელი დებულების სამართლიანობა.
|
|
aleksandretchagalidz
სრული წევრი
Die ganzen Zahlen hat der liebe Gott gemacht, alles andere ist Menschenwerk.
Posts: 131
|
Post by aleksandretchagalidz on Mar 18, 2022 16:05:52 GMT 4
ლემა 2. დამტკიცება:
ვთქვათ $m=gcd(a,c)$ მაშინ $a=mn,c=mp$ სადაც $gcd(n,p)=1$. თავის მხრივ თუ ჩავსვამთ ამას $ab=cd$ ტოლობაში მივიღებთ $nb=pd$. ლემა 1.ის ძალით აქედან გამომდინარე გვაქვს, რომ $n|d$ ე.ი. $d=nq \rightarrow b=pq$ რ.დ.გ.
|
|
aleksandretchagalidz
სრული წევრი
Die ganzen Zahlen hat der liebe Gott gemacht, alles andere ist Menschenwerk.
Posts: 131
|
Post by aleksandretchagalidz on Mar 18, 2022 16:20:59 GMT 4
ბეზუს იგივეობა დამტკიცება:
$a,b\in \mathbb{Z} \setminus \{ 0 \}$ რიცხვებისათვის განვიხილოთ შემდეგი სიმრავლე: $S=\{au+bv|u,v\in \mathbb{Z} \}_{>0}$.
თუ ავიღებთ $u=-sign(a),v=-sign(b)$ დავინახავთ, რომ $|a|+|b|\in S$ შესაბამისად $S \neq \emptyset$. გამოდის არქიმედეს პრინციპის ძალით მას გააჩნია მინიმალური ელემენტი. ავღნიშნოთ ის როგორც $d$. სიმრავლის განმარტების თანახმად $d=ax+by, x,y\in \mathbb{Z}$. ვაჩვენოთ, რომ d|a,b: ევკლიდეს გაყოფის ალგორითმის ძალით, $\exists ! q,r, 0\leq r <d : a=dq+r \rightarrow r=a-dq=a-(ax+by)q$ საიდანაც ჩანს, რომ ეს რიცხვი $r$ ან ეკუთვნის ჩვენს სიმრავლეს, ან უდრის ნულსს. მაგრამ ის ვერ იქნება ჩვენს სიმრავლეში, რადგან ამ შემთხვევაში ის იქნებოდა მინიმალურ ელემენტზე ნაკლები, ე.ი. $a=dq$ ანალოგიურად მივიღებთ, რომ $d|p$. თავის მხვრივ თუ $d_1 |a,b \rightarrow d_1 | ax+by=d$ რაც უშუალოდ უსგ-ს განმარტებით ნიშნავს იმას, რომ $d=gcd(a,b)$.
|
|
|
|
Post by lrapava on Mar 20, 2022 10:33:12 GMT 4
მოც. $ab = cd$; $a, b, c, d$ ნატურალური რიცხვებია.
ავიღოთ ისეთი ურთიერთმარტივი ნატურალური $e$ და $f$, რომ $c = a\cdot\frac{e}{f}; d = b\cdot\frac{f}{e}.$
რადგან $e$ და $f$ ურთიერთმარტივი რიცხვებია ($c$ და $d$ კი ნატურალური რიცხვებია), $a$ უნდა უნაშთოდ იყოფოდეს $f$-ზე, $b$ კი - $e$-ზე
$k_{1} = \frac{a}{f}; k_{2} = \frac{b}{e};$ (ანუ $a=k_{1}f; b = k_{2}e$)
და $k_{1}$-ც და $k_{2}$-ც უნდა იყოს ნატურალური რიცხვები.
$a + b + c + d = k_{1}f + k_{2}e + k_{1}e + k_{2}f = (k_{2}+k_{1})e + (k_{2}+k_{1})f = (k_{2}+k_{1})(e+f)$
2 ნატურალური რიცხვის ჯამი 1-ზე დიდი ნატურალური რიცხვია, შესაბამისად $a+b+c+d$-ს ექნება 2 მაინც ($k_{1}+k_{2}$ და თავისი თავი) 1-სგან განსხვავებული გამყოფი და ვერ იქნება მარტივი რიცხვი
|
|
200mb
ახალი წევრი
Posts: 4
|
Post by 200mb on Apr 30, 2022 17:35:16 GMT 4
AB = CD
D = AB / C
ჩავსვათ D-ს მნიშვნელობა A + B + C + D - ში
მივიღებთ : (A+C)(B+C) / C
მარტივი რიცხვი რომ გამოვიდეს მრიცხველის ერთ-ერთი მამრავლი უნდა უდრიდეს 1-ს ხოლო მეორე კი თვითონ იმ მარტივ რიცხვს
რადგან A,B,C,D >= 1
(A+C),(B+C) > 1
შესაბამისად მარტივი რიცხვი ვეღარ გამოვა.
|
|
aleksandretchagalidz
სრული წევრი
Die ganzen Zahlen hat der liebe Gott gemacht, alles andere ist Menschenwerk.
Posts: 131
|
Post by aleksandretchagalidz on Jun 18, 2022 2:24:28 GMT 4
ისე კიდევ მსგავსი სავარჯიშო შემხვდა რამდენიმე დღის წინ:
ვთქვათ $a,b,c,d,e,f \in \mathbb{N}$ და $abc=def$ მაშინ $a(b^2+c^2)+d(e^2+f^2)$ შედგენილია. (ესეც ბეზუს ლემის შედეგს ეყრდნობა, იხ. ლემა 1.)
დამტკიცება:
ვთქვათ მოიძებნა ისეთი მარტივი რიცხვი, რომ $p=a(b^2+c^2)+d(e^2+f^2)$ (პ.ს. ამ ტოლობიდან ჩანს რომ ეს მარტივი რიცხვი მეტია თითეულ ამ $a,\dots , f$ რიცხვზე) სადარისობის ენაზე $a(b^2+c^2) +d(e^2+f^2) \equiv 0 (mod p)$. გავამრავლოთ ორივე მხარე $ef$-ზე და გამოვიყენოთ ის, რომ $def=abc$. გვექნება:
$ef(b^2+c^2)+bc(e^2+f^2) \equiv 0$. ეს ჯამი იშლება შემდეგნაირად : $(ce+bf)(be+cf)$. გამოდის (რადგან $p$ მარტივია). ის ჰყოფს ერთ ერთ ფრჩხილს მაინც, ანუ: $p\leq ce+bf \lor p\leq be+cf$. მაგრამ უშუალოდ პირველი ტოლობიდან $p>b^2+c^2+e^2+f^2\geq 2ce+2bf > ce+bf$ (ბოლოს წინა გადასვლისას გამოვიყენე $AM-GM$ უტოლობა). ანალოგიურად $p>be+cf$ მივიღეთ წინააღმდეგობა, ანუ $p$ შედგენილია.
|
|
aleksandretchagalidz
სრული წევრი
Die ganzen Zahlen hat der liebe Gott gemacht, alles andere ist Menschenwerk.
Posts: 131
|
Post by aleksandretchagalidz on Jul 1, 2022 0:54:50 GMT 4
კიდევ ერთი: ვთქვათ $a^2+ab+b^2=c^2+cd+d^2$, სადაც $a,b,c,d \in \mathbb{Z} ^+ $ მაშინ $a^2+b^2+c^2+d^2$ შედგენილია
|
|
