\(\displaystyle{ \frac{b}{a} = \frac{1+a}{1+d}}\) , \(\displaystyle{ \frac{c}{b} = \frac{1+b}{1+d}}\)
Ukryta treść:
Szczególne postępy
-
mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 11373
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3153 razy
- Pomógł: 747 razy
Szczególne postępy
Wyznaczyć trzy nieskracalne ułamki \(\displaystyle{ \frac{a}{d} , \frac{b}{d}, \frac{c}{d}}\) ktore sa kolejnymi wyrazami ciagu arytmetycznego i
\(\displaystyle{ \frac{b}{a} = \frac{1+a}{1+d}}\) , \(\displaystyle{ \frac{c}{b} = \frac{1+b}{1+d}}\)
\(\displaystyle{ \frac{b}{a} = \frac{1+a}{1+d}}\) , \(\displaystyle{ \frac{c}{b} = \frac{1+b}{1+d}}\)
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5220 razy
Re: Szczególne postępy
Z pierwszej równości mamy
\(\displaystyle{ bd= a^2+a-b}\), zaś z drugiej równości otrzymujemy, że
\(\displaystyle{ cd= b^2+b-c}\).
Odejmujemy stronami drugą równość od pierwszej i dostajemy:
\(\displaystyle{ (d+1)(b-c)=a^2-b^2+a-b}\),
ale z warunków zadania \(\displaystyle{ c-b=b-a}\), więc równoważnie
\(\displaystyle{ (d+1)(a-b)=(a-b)(a+b+1)}\)
To daje dwie możliwości:
1) albo \(\displaystyle{ a=b}\), ale wtedy \(\displaystyle{ a=b=c}\) i wstawiając to do zależności
\(\displaystyle{ \frac{c}{b} = \frac{1+b}{1+d}}\) mamy \(\displaystyle{ a=b=c=d,}\) a skoro ułamki miały być nieskracalne, to \(\displaystyle{ a=b=c=d=1}\),
2) albo \(\displaystyle{ a\neq b}\), wtedy natychmiast \(\displaystyle{ d+1=a+b+1}\), czyli \(\displaystyle{ d=a+b}\) oraz oczywiście \(\displaystyle{ b=\frac{a+c}{2}}\), czyli \(\displaystyle{ c=2b-a}\), toteż pozostaje nam równanie:
\(\displaystyle{ ab+b^2=a^2+a-b}\), z którego wynika, że \(\displaystyle{ a}\) dzieli \(\displaystyle{ b(b+1)}\) oraz \(\displaystyle{ b}\) dzieli \(\displaystyle{ a(a+1)}\). Jednak \(\displaystyle{ \NWD(a,b)=1}\), gdyż skoro \(\displaystyle{ d=a+b}\), to gdyby liczba pierwsza \(\displaystyle{ p}\) dzieliła \(\displaystyle{ \NWD(a,b)}\), ułamek np. \(\displaystyle{ \frac{a}{d}}\) nie byłby nieskracalny (licznik i mianownik podzielne przez \(\displaystyle{ p}\)).
Dostajemy więc, że \(\displaystyle{ a|b+1}\) oraz jednocześnie \(\displaystyle{ b|a+1}\), a taka sytuacja raczej często się nie zdarza (w dodatnich jeśli \(\displaystyle{ a|b+1}\), to \(\displaystyle{ a=b+1}\) lub \(\displaystyle{ a\le \frac{b+1}{2}}\), skoro zaś \(\displaystyle{ b|a+1}\) i \(\displaystyle{ a\le \frac{b+1}{2}}\), to gdy \(\displaystyle{ b>3}\), mamy \(\displaystyle{ a+1\le \frac{b+3}{2}<b}\), sprzeczność; stąd wystarczy rozważyć przypadek \(\displaystyle{ a=b+1}\) oraz przypadki \(\displaystyle{ b\in\left\{ 1,2,3\right\}}\)). Otrzymujemy rozwiązanie \(\displaystyle{ a=3, b=2}\), stąd \(\displaystyle{ d=5}\) oraz \(\displaystyle{ c=1}\), a także \(\displaystyle{ a=1, b=1}\), ale rozważamy przecież przypadek \(\displaystyle{ a\neq b}\).
Podsumowując, rozwiązania zadania to trójki \(\displaystyle{ (1,1,1)}\) oraz \(\displaystyle{ \left( \frac 3 5, \frac 2 5, \frac 1 5\right)}\). Ujemnych śmieci nie rozważałem, bo nie lubię, a nie zaznaczono tego w treści, ale też można.
-- 11 mar 2019, o 11:09 --
Jak ktoś się upiera przy rozważaniu ujemnych, to można zauważyć, że z warunków
\(\displaystyle{ a|b+1, \ b|a+1}\) wynika \(\displaystyle{ ab|(a+1)(b+1)}\), a stąd \(\displaystyle{ ab|(a+b+1)}\), ale jeśli liczby całkowite spełniają \(\displaystyle{ |a|, \ |b|\ge 3}\), to \(\displaystyle{ |a||b|>|a|+|b|+1\ge|a+b+1|}\), przy czym pierwsza nierówność jest jakaś tam łatwa (można bez straty ogólności ustalić porządek między tymi modułami), a druga nierówność wynika z nierówności trójkąta.
To w ujemnych pozostawia dwa zasadnicze przypadki: \(\displaystyle{ a+b=-1}\) oraz łatwo pałowalne \(\displaystyle{ |a|<3\vee |b|<3}\). Natomiast wstawiając w równaniu \(\displaystyle{ ab+b^2=a^2+a-b}\) jak wyżej:
\(\displaystyle{ b=-a-1}\) dostajemy po żmudnych obliczeniach \(\displaystyle{ a=0 \vee a=-1}\) (wolfram), przy czym oczywiście \(\displaystyle{ a=0}\) odpada, bo chcemy żeby sens liczbowy miało pojawiające się w założeniach wyrażenie \(\displaystyle{ \frac{b}{a}}\). Aha, \(\displaystyle{ a=-1}\) też odpada, bo wtedy \(\displaystyle{ b=0}\), a chcemy operować wartością \(\displaystyle{ \frac{c}{b}}\).
\(\displaystyle{ bd= a^2+a-b}\), zaś z drugiej równości otrzymujemy, że
\(\displaystyle{ cd= b^2+b-c}\).
Odejmujemy stronami drugą równość od pierwszej i dostajemy:
\(\displaystyle{ (d+1)(b-c)=a^2-b^2+a-b}\),
ale z warunków zadania \(\displaystyle{ c-b=b-a}\), więc równoważnie
\(\displaystyle{ (d+1)(a-b)=(a-b)(a+b+1)}\)
To daje dwie możliwości:
1) albo \(\displaystyle{ a=b}\), ale wtedy \(\displaystyle{ a=b=c}\) i wstawiając to do zależności
\(\displaystyle{ \frac{c}{b} = \frac{1+b}{1+d}}\) mamy \(\displaystyle{ a=b=c=d,}\) a skoro ułamki miały być nieskracalne, to \(\displaystyle{ a=b=c=d=1}\),
2) albo \(\displaystyle{ a\neq b}\), wtedy natychmiast \(\displaystyle{ d+1=a+b+1}\), czyli \(\displaystyle{ d=a+b}\) oraz oczywiście \(\displaystyle{ b=\frac{a+c}{2}}\), czyli \(\displaystyle{ c=2b-a}\), toteż pozostaje nam równanie:
\(\displaystyle{ ab+b^2=a^2+a-b}\), z którego wynika, że \(\displaystyle{ a}\) dzieli \(\displaystyle{ b(b+1)}\) oraz \(\displaystyle{ b}\) dzieli \(\displaystyle{ a(a+1)}\). Jednak \(\displaystyle{ \NWD(a,b)=1}\), gdyż skoro \(\displaystyle{ d=a+b}\), to gdyby liczba pierwsza \(\displaystyle{ p}\) dzieliła \(\displaystyle{ \NWD(a,b)}\), ułamek np. \(\displaystyle{ \frac{a}{d}}\) nie byłby nieskracalny (licznik i mianownik podzielne przez \(\displaystyle{ p}\)).
Dostajemy więc, że \(\displaystyle{ a|b+1}\) oraz jednocześnie \(\displaystyle{ b|a+1}\), a taka sytuacja raczej często się nie zdarza (w dodatnich jeśli \(\displaystyle{ a|b+1}\), to \(\displaystyle{ a=b+1}\) lub \(\displaystyle{ a\le \frac{b+1}{2}}\), skoro zaś \(\displaystyle{ b|a+1}\) i \(\displaystyle{ a\le \frac{b+1}{2}}\), to gdy \(\displaystyle{ b>3}\), mamy \(\displaystyle{ a+1\le \frac{b+3}{2}<b}\), sprzeczność; stąd wystarczy rozważyć przypadek \(\displaystyle{ a=b+1}\) oraz przypadki \(\displaystyle{ b\in\left\{ 1,2,3\right\}}\)). Otrzymujemy rozwiązanie \(\displaystyle{ a=3, b=2}\), stąd \(\displaystyle{ d=5}\) oraz \(\displaystyle{ c=1}\), a także \(\displaystyle{ a=1, b=1}\), ale rozważamy przecież przypadek \(\displaystyle{ a\neq b}\).
Podsumowując, rozwiązania zadania to trójki \(\displaystyle{ (1,1,1)}\) oraz \(\displaystyle{ \left( \frac 3 5, \frac 2 5, \frac 1 5\right)}\). Ujemnych śmieci nie rozważałem, bo nie lubię, a nie zaznaczono tego w treści, ale też można.
-- 11 mar 2019, o 11:09 --
Jak ktoś się upiera przy rozważaniu ujemnych, to można zauważyć, że z warunków
\(\displaystyle{ a|b+1, \ b|a+1}\) wynika \(\displaystyle{ ab|(a+1)(b+1)}\), a stąd \(\displaystyle{ ab|(a+b+1)}\), ale jeśli liczby całkowite spełniają \(\displaystyle{ |a|, \ |b|\ge 3}\), to \(\displaystyle{ |a||b|>|a|+|b|+1\ge|a+b+1|}\), przy czym pierwsza nierówność jest jakaś tam łatwa (można bez straty ogólności ustalić porządek między tymi modułami), a druga nierówność wynika z nierówności trójkąta.
To w ujemnych pozostawia dwa zasadnicze przypadki: \(\displaystyle{ a+b=-1}\) oraz łatwo pałowalne \(\displaystyle{ |a|<3\vee |b|<3}\). Natomiast wstawiając w równaniu \(\displaystyle{ ab+b^2=a^2+a-b}\) jak wyżej:
\(\displaystyle{ b=-a-1}\) dostajemy po żmudnych obliczeniach \(\displaystyle{ a=0 \vee a=-1}\) (wolfram), przy czym oczywiście \(\displaystyle{ a=0}\) odpada, bo chcemy żeby sens liczbowy miało pojawiające się w założeniach wyrażenie \(\displaystyle{ \frac{b}{a}}\). Aha, \(\displaystyle{ a=-1}\) też odpada, bo wtedy \(\displaystyle{ b=0}\), a chcemy operować wartością \(\displaystyle{ \frac{c}{b}}\).